GEOMETRIA

10.8.14

Resolver problema de construção usando rotações (análise e síntese)

Problema: Inscrever num paralelogramo dado $\;[ABCD]\;$, um retângulo $\;[EFGH]\;$ cujas diagonais $\;EG,\;FH\;$ formam um ângulo $\; \angle EÔF=\alpha\;$ dado.

Este problema foi considerado no livrinho de A. Lôbo Vilela, Métodos Geométricos para ilustrar o particular método das transformações e o geral método da análise do problema.
Consideremos as retas dos lados do paralelogramo dado $\;a=AB, \;b=BC, \;c=CD, \;d=DA,\;$ E considerem-se conhecidas as propriedades dos paralelogramos relativas aos lados, ângulos, diagonais, centro,...
As diagonais de um paralelogramo bissetam-se. Chamamos $\;O\;$ ao ponto de interseção das diagonais do paralelogramo $\;AC.BD\;$ e as diagonais de qualquer retângulo nele inscrito intersetam-se no mesmo ponto.
Considerando o problema resolvido temos um retângulo $\;[EFGH]\;$ inscrito em $\;[ABCD], \;$, sendo $\; E\;$ um ponto sobre $\;a=AB,\;$ $\;F\;$ sobre $\;b=BC,\;$, $\;G\;$ sobre $\;c=CD,\;$ e $\;H\;$ sobre $\;d=DA.\;$
Sendo $\;O\;$ o centro comum, o ponto $\;F\;$ é a imagem de $\;E\;$ pela rotação de centro $\;O\;$ e ângulo $\;\alpha\;$ - $\;{\cal{R}}_O ^\alpha$. Como a rotação preserva a incidência o ponto $\;E\;$ de $\;a\;$ é transformado pela rotação $\;{\cal{R}}_O ^\alpha\;$ num ponto de $\;a'\;$ e de $\;b$, já que $\;F\;$ é ponto de $\;b\;$.

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 5}$

Na nossa construção, apresentamos como dados o ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual ao ângulo das diagonais do retângulo inscrito no paralelogramo $\;[ABCD]\;$ de centro $\;O\;$
$\fbox{n=2}:\;$ Tomamos as retas que contêm os lados do paralelogramo dado
$\fbox{n=3}:\;$ A análise feita acima, dá-nos $\;F\;$ como $\;a'.b\;$, sendo $\;a'= \;{\cal{R}}_O ^\alpha\;(a).\;$ Conhecido $\;F,\;$ determinamos $\;E\;$ como $\;\;{\cal{R}}_O ^{-\alpha}\;(F)\;$

$\fbox{n=4}:\;\;$ $\;E, \;F\;$ são vértices consecutivos do retângulo, cujas diagonais iguais se bissetam em $\;O\;$. Por isso, os restantes vértices são obtidos por transformação de meia volta de centro $\;O\;$:
$$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \pi)&&\\ E&\mapsto & G : & \mbox{ou} \quad \{G\} = EO.CD\\ F&\mapsto & H: & \mbox{ou}\quad \{H\} = FO.DA \\ \end{matrix}$$
$\fbox{n=5}:\;\;$ As diagonais $\;EG\;$ e $\;FH\;$ são diâmetros da circunferência de rotação em que afinal se inscreve o retângulo.
$H\hat{E}F= E\hat{F}G =F\hat{G}H =G\hat{H}E = \frac{\pi}{2}$ inscritos em semicircunferências.

3.8.14

Resolver problema de construção usando o método do problema contrário (5)

Problema: Dado um ponto $\;P\;$ e duas retas paralelas $\;a,\;b\;$ (margens de um rio?), determinar a posição de uma (ponte?) perpendicular para a qual o segmento da perpendicular entre as paralelas seja visto de $\;P\;$ segundo um ângulo $\;\alpha\;$ dado.

Claro que, na nossa construção, começamos por resolver um problema contrário do proposto:
tomamos uma qualquer perpendicular a $\;a,\;b\;$ que intersete $\;a\;$ em $\;A\;$ e $\;b\;$ em $\;B\;$ e determinamos um ponto $\;C\;$ numa posição relativa às paralelas em tudo igual à posição relativa de $\;P\;$, isto é sobre uma reta $\;c\;$, paralela a $\;a\;$ tirada por $\;P\;$

Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 5}$

Na nossa construção, apresentamos como dados as retas $\;a,\:b\;$, um ponto $\;P\;$ e um ângulo $\;\alpha\;$.
$\fbox{n=2}:\;$ O nosso segundo passo consiste em tirar por $\;P\;$ uma reta $\;c\;$ paralela a $\;b\;$ e uma perpendicular a $\;a\;$ cortando $\;a\;$ em $\;A\;$ e $\;b\;$ em $\;B.\;$. Para determinar o lugar geométrico dos pontos de onde se vê o segmento $\;AB\;$ começamos por tirar uma reta por $\;A\;$ a fazer um ângulo $\;\alpha \;$ com $\;AB\;$ (ver O 5º lugar geométrico da lista: - dos pontos P tais que A, B e ângulo APB são dados. )
$\fbox{n=3}:\;$ Apresentamos o lugar geométrico dos pontos dos quais se vê $\;AB\;$ segundo um ângulo $\;\alpha\;$, exatamente os dois arcos tracejados que têm $\;AB\;$ por corda comum (a circunferência de centro $\;O\;$ na interseção da mediatriz de $\;AB\;$ com a reta a fazer um ângulo complementar de $\;\alpha\;$ para que $AÔB = 2\alpha\;$ e todos os ângulos inscritos $\;A\hat{X}B = \alpha\;$, …).
Desses pontos $\;X\;$, na nossa construção destacamos aqueles que estão em posições relativas a $\;a, \;b\;$ iguais às do ponto $\;P\;$, a saber, $\;E, \;F, \;G, \;H\;$ na interseção dos arcos com a reta $\;c\;$ paralela a $\;b\;$ tirada por $\;P\;$

$\fbox{n=4}:\;$ Para obter uma solução do problema, bastará tirar por $\;P \;$ paralelas a $\:EA\;$ (a intersetar $\;a\;$) ou a $\;EB\;$ (a intersetar $\;b\;$)
$\fbox{n=5}:\;$ Os pontos $\;J\;$ e $\;K\;$ (respetivamente de interseção da paralela a $\;EB\;$ com $\;b\;$ e de interseção da paralela a $\;EA\;$ com $\;a\;$ ) são pontos de uma perpendicular a $\;a\;$ e $\;b\;$ e tais que $\;\hat{P}K =\alpha.\;$
Outras soluções podem ser encontradas do mesmo modo.

28.7.14

Resolver problema de construção usando os métodos do problema contrário e transformação (4)

Problema: Inscrever num retângulo $\;[ABCD],\;$ um paralelogramo semelhante a outro $\;[EFGH]\;$ dado.

Vilela, António Lôbo. Métodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

O problema proposto consiste em construir um paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$, inscrito no retângulo $\;[ABCD]\;$ dado: $\;E_1 \in AB, \;F_1\in BC, \;G_1 \in CD, \;H_1 \in DA.\;$
Para resolver o problema proposto, começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;]$ ou cujos lados passem pelos vértices $\;E,\;F, \;G,\;H\;$ do paralelogramo.

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

Na nossa construção, apresentamos como dados um retângulo $\;[ABCD]\;$ e um paralelogramo $\;[EFGH]\;$. Para além disso, apresentamos as diagonais do retângulo $\; AC, \;BD\;$ e o ângulo $\; \alpha\;$ por elas formado. De igual modo, se mostram as diagonais $\;EG, \;FH\;$ do paralelogramo e o ângulo $\;\beta\;$ por elas formado.
Estes dados são relevantes para qualquer resolução do problema, pois "a condição necessária e suficiente para que dois paralelogramos sejam semelhantes é que sejam iguais os ângulos formados pelas respetivas diagonais".
Começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito ao paralelogramo $\;[EFGH],\;$ ou seja, um retângulo com cada um dos seus lados a passar por um dos vértices do paralelogramo e com as diagonais a fazer ângulo igual ao das retas $\;(AC, \; BD) =137.48^o,\;$ na ilustração.
- $\fbox{n=2}:\;$ O centro do paralelogramo é o centro do retângulo a ele circunscrito, no caso $\;I.\;$. Para obter uma reta que seja diagonal de um retângulo centrado em $\;I\;$ semelhante a $\;[ABCD]\;$, bastará encontrar um outro ponto da diagonal para além do $\;I\;$, por exemplo, o ponto de interseção imagem da reta de um dos lados, p.e. $\;HE\;$, pela rotação $\;{\cal{R}}(I, \; \alpha)\;$, com a reta do lado consecutivo $\;EF\;$ (Verifique.)
- $\fbox{n=3}:\;$Para ser retângulo (lados consecutivos perpendiculares) cada um dos seus vértices terá de ser um ponto de circunferência com um dos lados do paralelogramo por diâmetro. No caso da nossa construção, encontramos o primeiro vértice do retângulo circunscrito intersetando a reta obtida como reta diagonal com a circunferência de diâmetro $\;FG\;$. Os lados desse retângulo, a passar por $\;E, \;F, …\;$ são obtidos facilmente.

O retângulo obtido é semelhante a $\;[ABCD]\;$, o que significa há uma transformação de semelhança a relacioná-los.
$\fbox{n=4}:\;$ No caso da nossa construção, escolhemos o vértice $\;R,\;$ por ele tirámos uma paralela a $\;AB\;$ e aplicámos-lhe que a rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, de modo a obter pares de lados paralelos a pares de lados paralelos de $\;[ABCD]\;$
Obtivemos um novo paralelogramo inscrito no novo retângulo ao aplicar-lhe a mesma rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, que preserva as incidências, os comprimentos, as amplitudes
$\fbox{n=5}:\;$ Finalmente a este novo retângulo do qual os pontos $\;R, \;S\;$ são vértices, aplicamos a homotetia de centro em $\;CR.DS\;$ e razão $\; \displaystyle \frac{CD}{RS}\;$ que transforma $\;C\;$ em $\;R\;$ e $\;D\;$ em $\;S\;$
$\fbox{n=6}:\;$Obviamente que, por essa homotetia, o paralelogramo laranja da figura que está inscrito no retângulo laranja (obtidos pela rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$ é transformado no paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ que, porque a homotetia preserva incidências, etc, é um paralelogramo inscrito em $\;[ABCD]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$.

Claro que usámos transformações e podemos dizer, por isso, que usámos o método das transformações. O que é o mais natural é usarmos vários métodos para resolver qualquer problema. E, mesmo quando não o referimos, o mais natural é que face a um problema comecemos por usar a análise e acabemos a usar a síntese que são os raciocínios gerais em geometria, essenciais para resolver problemas de construção.

22.7.14

Resolver problema de construção usando o método do problema contrário (3)

Problema: Num quadrado de lado $\;L,\;$ inscrever um quadrado de lado $\;l.\;$

Vilela, António Lôbo. Métodos GeométricosMétodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

Este é um bom exemplo da utilidade do método contrário.
O problema proposto consiste em construir um quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ e a partir dele construir um outro quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l\;$ de tal modo que cada um dos seus vértices incida num lado do quadrado de lado $\;L.\;$
Ao resolvermos o problema contrário, resolvido fica o problema proposto.
O problema contrário do proposto consiste em construir um quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l\;$ e a partir dele construir um outro quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ de tal modo que cada um dos seus lados incida num vértice do quadrado de lado $\;l.\;$

A sequência das três partes da construção pode ser vista, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, 3}$

Começamos então pela construção de um quadrado $\;[EFGH]\;$ de lado $\;l.\;$

Como queremos construir um quadrado de lado $\;L\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;$ precisamos de construir quatro segmentos de comprimento $\;L\;$ cada um a passar por um vértice do quadrado de lado $\;l\;$ e tais que os seus extremos se encontrem sobre circunferências cujos diâmetros sejam lados consecutivos de $\;[EFGH].\;$ Para isso, começámos pelos lados $\;HG\;$ e $\;HE\;$ e as circunferências de diâmetros $\;HE\;$ e $\;HG\;$ e procuramos a reta que passando por $\;H,\;$ determine um segmento de comprimento $\;L\;$ nas duas circunferências que se cortam em $\;H.\;$ Como vimos, na vinheta anterior, bastar-nos-á determinar um ponto $\;D\;$ de interseção da circunferência de diâmetro com extremos nos pontos médios dos lado $\;HE\;$ e $\;HG\;$ com a circunferência centrado no ponto médio de $\;HG\;$ e raio $\;\frac{ L}{2} ,\;$ para obter uma corda de tamanho $\;\frac{ L}{2} .\;$
A reta paralela a essa que passa por $\;H\;$ determina nas circunferências de diâmetros $\;HE\;$ e $\;HG\;$ um segmento $\;CD\;$ de comprimento $\;L\;$ a passar por $\; H.\;$ E o quadrado $\;[ABCD]\;$ de lado $\;L\;$ pode determinar-se pelas perpendiculares a $\;CD\;$ em $\;D,\;$ a $\;CD \;$ em $\;C,\;$ a $\; DA\;$ em $\;A.\;$ Os vértices assim obtidos são vértices de triângulos retângulos inscritos em semicircunferências cujos diâmetros são lados do quadrado $\;[EFHGH]$

Notas:

Para que o problema seja possível (tenha solução) é preciso que $\;L\;$ seja no máximo igual à diagonal do quadrado de lado $\;l\;$, seja, que $\;L\leq l\sqrt{l}. \;$ O mais seguro teria sido considerar $\;l \leq L\leq l\sqrt{l}, \;$ cuidado que não tivemos.
O problema proposto podia resolver-se sem recurso ao problema contrário. Como sabemos, uma circunferência com centro no centro do quadrado $\;[ABCD]\;$ e de raio igual a metade da diagonal de um quadrado de lado $\;l\;$ que é $\; \displaystyle \frac{l\sqrt{2}}{2}\;$ perfeitamente construtível com régua e compasso. Esta circunferência é circunscrita ao quadrado $\;[EFGH]\;$ e, por isso, interseta lados opostos do quadrado $\;[ABCD]\;$ circunscrito em vértices opostos do quadrado $\;EFGH]\;$ inscrito.

21.7.14

Resolver problema de construção usando análise e síntese

Problema: Por um dos pontos de interseção de duas circunferências secantes, conduzir uma reta que determine nas duas circunferências um segmento de comprimento dado.

Vilela, António Lôbo. Métodos GeométricosMétodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

A publicação da resolução deste problema tornou-se necessária como parte da construção da resolução de um outro problema que entendemos dever publicar, como ilustração do método do problema contrário proposto no mesmo livro.
Pode seguir os passos da análise do problema fazendo variar os valores de $\;n\;$ entre 1 e 3 no cursor $\;\fbox{n}$. Para $\;n=4\;$ concluirá a primeira solução. Os valores $\;5\leq n\leq 8$ mostrarão a construção da segunda solução (para $\;P\;$, claro)

Os dados deste problema são: um comprimento $\;s\;$, duas circunferências $\;(C)\;, \;(C')\;$ secantes e um ponto $\;P\;$ da interseção $\;(C).(C')\;$
Supor o problema resolvido é considerar encontrado uma reta a passar por $\;P\;$ a cortar $\;(C)\;$ em $\;A\;$ e $\;(C')\;$ em $\;A'\;$ (para além de $\;P\;$), de tal modo que $\;AA'=s.\;$ Como podemos encontrar $\;A, \;A'$ ?
Sabemos que $\;AA' = AP +PA', \;$ é soma de duas cordas, uma de cada circunferência.
Os pontos médios $\;M\;$ e $\;M'\;$ respetivamente de $\;AP\;$ e $\;PA'\;$ são tais que
- $\;A\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M\;$ e $\;A'\;$ pode ser obtido como imagem de $\;P\;$ por meia volta de centro em $\;M'\;$<\li>
- $\;MM' =MP+PM'= \displaystyle \frac{1}{2}(AP+PA')=\frac{1}{2}(AA')= \frac{s}{2}\;$
- $\; CM \perp AP \wedge C'M' \perp PA' \;$ e, por isso, $\;CM \parallel C'M'\;$ ou $\;[MCC'M']\;$ é um trapézio retângulo.
Isto quer dizer que bastará determinar o ponto $\;D\;$ tal que $\;CD \perp C'D \wedge C'D =MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$
que é o mesmo que dizer que $\;D\;$ é simultaneamente ponto da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e da circunferência de centro $\;C'\;$ e raio $\;\displaystyle \frac{s}{2}\;$
Com os dados do problema podemos determinar $\;D\;$. Como a reta $\;CD\;$ (ou $\;CM\;$ é perpendicular a $\;AA'\;$ e $\;C'D\;$ também é perpendicular a $\;CD,\;$ para obter a reta $\;AA'\;$ (ou $\;MM'\;$) basta tirar por $\;P\;$ a paralela a $\;C'D\;$

Para a segunda solução, que existe no caso da nossa figura, começamos por determinar $\;D'\;$ como intersecção da circunferência centrada em $\;C\;$ e raio $\; \displaystyle \frac{s}{2}\;$ com a circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ de modo que o triângulo $\;[CC'D']\;$ seja retângulo em $\;D'\;$
A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ é a reta que procuramos. A reta $\;C'D'\;$ interseta esta paralela em $\;N'\;$ e a paralela a $\;C'D'\;$ tirada por $\;C\;$ interseta-a em $\;N.$
A paralela a $\;CD'\;$ tirada por $\;P\;$ determina duas cordas $\;BP\;$ em $\;(C)\;$ e $\;PB'\;$ em $\;(C')\;$ das quais $\;N\;$ e $\;N'\;$ são pontos médios já que $\;CN \perp BB'\;$ e $\;C'D' \perp PB'$
Como $\; \displaystyle \frac{s}{2}=CD' = NN',\;$ passando por $\;P, \;$ $\; BB' = BP+PB'= 2(NP+PN')=2NN'=\displaystyle 2\frac{s}{2}=s$ □

Nota sobre as condições de existência de soluções.
A existência de soluções depende de $\;D\;$. Vimos que $\;CD'=MM'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ ou $\;C'D =NN'=\displaystyle \frac{s}{2}\;$ são cordas da circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ e, por isso, $\;CD'= C'D = \displaystyle \frac{s}{2} \leq CC'\;$. Assim só há soluções quando $\;s\leq 2CC'.\;$
Para $\;s= 2CC'\;$ (ou quando $\;s\;$ atinge o seu valor máximo), $\;AA'\;$ e $\;BB'\;$ são paralelas de $\;CC'\;$ tiradas por $\;P\;$, logo $\;AA'=BB'\;$ o que quer dizer que nesse caso há uma só solução.
Se $\;s <2CC', \;$ há duas direções para as secantes por $\;P\;$ e comprimento $\;s:\;$ $\;\;s=AA', \; AA'\parallel C'D\;$ e $\;s=BB', \; BB'\parallel CD'\;$ e, em consequência , pode haver duas soluções, no caso de cada uma das paralelas tiradas por $\;P\;$ a $\;C'D\;$ e a $\;CD'\;$ cortar as duas circunferências $\;(C), \; (C')\;$. No limite, estas direções podem ser a das tangentes $\;t, \; t'\;$ tiradas por $\;P\;$ a $\;(C)\;$ e $\;(C')\;$. Se conduzirmos por $\;C'\;$ paralelas a essas tangentes, elas determinam cordas, chamemos-lhe $\;u, \; u'\;$ na circunferência de diâmetro $\;CC'\;$ . Verifica-se que há uma só solução se $\; 2\times mín \{u,\;u'\} < s < 2\times máx \{u,\; u'\}\;$ e duas soluções quando $\; 2\times máx \{u,\; u'\} < s < CC'. $

16.7.14

Resolver problema de construção usando o problema contrário (2)

Enquanto íamos resolvendo problemas de construção como ilustrações de métodos de demonstração de teoremas de existência na geometria euclidiana, a partir de referências várias (Birkhoff, Eves, Cluzel, Vissio, Puig Adam, etc) António Aurélio foi sempre referindo manuais escolares do seu tempo de escola. Mais recentemente, referia a existência de um título - Métodos Geométricos - e um autor A. Nicodemos. O livro (ou livros) de Nicodemos devem estar guardados na biblioteca da Escola José Estêvão. Mas depois de verificarmos a sua existência no catálogo da Biblioteca Nacional, procurámos, encontrámos e apalpámos dois dos livros das memórias de Aurélio, disponíveis na Biblioteca do Departamento de Matemática da FCT da Universidade de Coimbra, para o que contámos com a ajuda de Jaime Carvalho e Silva.
Um deles é o Compêndio de Geometria de A. Nicodemos, J. Calado, referido na vinheta anterior (de 13/07/2014). O outro resolve o problema do título em memória. Chama-se Métodos Geométricos - Resumo e exercícios resolvidos de António Lôbo Vilela, publicado em 1939, e depósito na Livraria Sá da Costa. Lisboa. Ficamos a saber que Antónoio Lôbo Vilela publicara, antes deste, um volume sobre Métodos da Matemática. Da nota prévia a este volume, retirámos:

"Com a publicação do nosso volume sobre Métodos de Matemática com o intuito de apontar a orientação que nos parece mais conveniente ao ensino da matemática, por ser a única que a pode tornar compreensiva e lhe permite exercer a sua ação educativa. Pretendemos ainda mostrar que a lógica devia ser integrada nos programas de matemática, separando-a da filosofia a que arbitrariamente anda ligada e a deixa murchar, por falta de aplicação e de seiva. A amplitude e o objectivo desse trabalho não nos permitiram descer a certas minúcias de aplicação da metodologia da matemática que têm particular valor didáctico. Por isso nos decidimos agora a publicar este pequeno volume de iniciação,limitando o assunto aos Métodos Geométricos, única parte da metodologia da matemática que os actuais programas exigem, e dando-lhe um cunho mais acentuadamente prático(…)"

Deste manual escolar de António Lôbo Vilela, a propósito do método do problema inverso, citamos

Assim, quando se pretende construir uma figura que satisfaça a certas condições, entre elas a de ser inscrita, por exemplo, numa figura dada, é possível, em geral, desprezando esta condição de inscritibilidade, construir uma figura que satisfaça às restantes condições. Se for mais simples circunscrever a esta figura a figura dada ou uma figura semelhante a ela, há conveniência em empregar o método do problema inverso.

e escolhemos o primeiro dos exemplos que ALV escolheu para ilustrar o recurso ao método do problema inverso:

Problema:
Inscrever, numa circunferência de raio dado, um triângulo isósceles cuja base seja igual à altura

No caso é mais fácil resolver o problema contrário do problema proposto. Assim, começamos por desenhar um qualquer triângulo isósceles de altura igual à base e determinar a circunferência a ele circunscrita (que é o mesmo que dizer em que o triângulo está inscrito)

Para isso, tomamos um segmento qualquer $\;DE\;$ para base do triângulo isósceles.

Para ser isósceles, a reta da altura é a mediatriz da base $\;DE\;$ . Assim se determina o terceiro vértice do triângulos isósceles - circunferência de centro no ponto médio de $\;DE\;$ e raio $\;DE\;$ interseta a mediatriz em dois pontos, qualquer dos dois pode ser $\;F\;$

O circuncentro $\;O\;$ de $\;[DEF]\;$ é o ponto de interseção das mediatrizes dos lados do triângulo e a circunferência a ele circunscrita tem centro $\;O\;$ e raio $\;OD\;$

© geometrias, 16 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

Esta circunferência de centro $\;O\;$ e a passar por $\;D,\;E,\;F\;$ é homotética de qualquer outra circunferência. Desenhemos a circunferência $\;(O,\;r)\;$

Há uma homotetia de centro $\;O\;$ e razão $\;\displaystyle k=\frac{r}{OD}\;$ que relaciona as duas circunferências e para a qual
$$\begin{matrix} &\;{\cal{H}}(O, k)\;&&\\ (O,\; OD) & \longrightarrow & (O, \; r)&\\ D & \longmapsto & A:& \;\;\;OA=r=k.OD\\ E & \longmapsto & B.& \;\;\;OB=r=k.OE\\ F & \longmapsto & C:& \;\;\;OC=r=k.OF\\ DE & \longrightarrow & AB :&\;\;\; AB=k.DE\\ EF & \longrightarrow & BC :&\;\;\; BC=k.EF\\ DF & \longrightarrow & AC : &\;\;\; AC=k.DF \\ \end{matrix} $$ de onde se conclui que, por ser $\;DEF\;$ um triângulo isósceles de base igual à altura a ela relativa, $\;ABC\;$ é um triângulo isósceles de base igual à altura a ela relativa inscrito na circunferência $\;(O, \;r)\;$ satisfazendo as condições do problema proposto.

13.7.14

Resolver problemas de construção usando o método do problema contrário

Em todas as vinhetas publicadas nos últimos meses, apresentamos exemplos de resolução de problemas de construção também como ilustrações de formas de raciocínio e demonstração, métodos muito usados em livros de geometria euclidiana. Em Portugal, raros são os livros escolares que se referem às demonstrações e aos métodos de demonstração com o detalhe das apresentações do passado em que se definiam e classificavam métodos, cada um acompanhado de exemplo e descrição passo a passo o processo de decisão e construção. Pode ser útil a professores e estudantes esta lembrança de apresentação de métodos (?) ilustrados por resoluções de problemas de construção geométrica. Dos livros portugueses do século passado, referimos o Compêndio de Geometria de A. Nicodemos, J. Calado, terceira edição de 1944 pela Livraria Popular Francisco Franco de Lisboa. Começamos pela transcrição do "PROGRAMA OFICIAL (Decreto nº 27:085)" da época.

Breves noções dos métodos geométricos:
métodos gerais - método analítico, método sintético e de redução ao absurdo;

métodos particulares - método dos lugares geométricos e método de transformação

que é elucidativa. De qualquer modo, citando o livro escolhido, sabemos que "a natureza do problema indicará qual o método que mais convém à sua resolução", sendo que pode ser necessário o recurso a mais que um método para a resolução de um problema de construção.
Nesse livro introduz-se um "Método do problema contrário", definindo "problema contrário ou inverso de um dado problema" como "aquele que é estabelecido tomando os dados do problema proposto para incógnitas e as incógnitas para dados." E exemplifica com os seguintes exemplos

O problema contrário do problema:
Inscrever um quadrilátero, semelhante a um quadrilátero dado, numa semicircunferência, e de modo que dois dos vértices do quadrilátero existam no diâmetro da semicircunferência.
é
Circunscrever a um quadrilátero dado uma semicircunferência de modo que o diâmetro desta semicircunferência contenha um dos lados do quadrilátero.
(…) Em vez de resolver directamente o problema proposto convém, muitas vezes, resolver primeiro o seu problema contrário, pois a solução deste problema permite determinar a do problema proposto.

Claro que já usámos este método sem lhe fazermos qualquer referência. Por exemplo, a entrada
Resolver um problema de construção usando uma rotação e uma homotetia , de 10.5.14, refere-se ao problema
Inscrever um quadrilátero com determinada forma num semicírculo dado, em que um lado específico do quadrilátero inscrito esteja no diâmetro do semicírculo,
como ilustração do método das transformações. No entanto bastará olhar para a resolução para reconhecer que, para inscrevermos o quadrilátero semelhante a um dado no semicírculo dado, começámos por circunscrever o quadrilátero dado numa semicircunferência, antes de usarmos o método das transformações.

O problema que apresentam no livro escolar como ilustração do método do problema contrário é em tudo análogo ao já publicado. Transcrevemos e ilustramos de tal modo que pode resolver, usando a janela de comandos [input], ou pode ver a resolução, passo a passo, fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

Problema:
Inscrever numa semicircunferência dada um losango semelhante a um losango dado e de modo que dois dos seus vértices consecutivos estejam sobre o diâmetro da circunferência.
Em vez de resolvermos este problema, resolvamos o problema seguinte:
Circunscrever a um losango, semelhante a um losango dado, uma semicircunferência de modo que o seu diâmetro contenha um dos lados do losango.
O problema que acabamos de formular é o problema contrário do problema proposto.
Resolução (problema contrário):

Seja $\;[ABCD]\;$ o losango e $\;AB\;$ o lado existente sobre o diâmetro
Como a semicircunferência deverá passar pelos vértices $\;C, \;D\;$, o seu centro existirá sobre a mediatriz de $\;\overline{CD}.\;$ Por outro lado, como $\;\overline{AB}\;$ está localizado sobre o diâmetro, o centro da circunferência existirá sobre a recta a que pertence $\;\overline{AB}.\;$ Logo o centro da semicircunferência é o ponto $\;O\;$ - intersecção das duas rectas referidas.

Resolução (problema proposto):

Para obtermos agora a solução do problema proposto, bastará tomar o ponto $\;O\;$ como centro de homotetia e transformar homoteticamente a figura obtida, tomando para razão de homotetia $\;\displaystyle \frac{r}{r'},\;$ sendo $\;r\;$ o raio da circunferência dada e $\;r'\;$ o raio da circunferência a que se refere o problema contrário.
Descrevamos então com centro em $\;O\;$ a circunferência de raio dado e determinemos sobre ela os pontos $\;A',\;B',\;C',\;D', \;$ que são homotéticos, respectivamente, de $\;A,\;B,\;C, \;D\;$ relativamente ao ponto $\;O\;$ (duas circunferências concêntricas são homotéticas relativamente ao seu centro).
O quadrilátero $\;[A'B'C'D']\;$ é a solução do problema proposto.

8.7.14

Resolver problema de construção usando análise e síntese (8)

Problema: Construir um paralelogramo sendo dados os comprimentos de um lado e das duas diagonais.

Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. 2^ème livre- La Circonférence. Vuibert. Paris:1947

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.
Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos um paralelogramo $\;[ABCD]\;$ sendo $\;AB=a,\; AC=d_1, \; BC=d_2.\;$ Sabemos que as diagonais de um paralelogramo se bissetam num ponto, chamemos-lhe $\;M.\;$
$\;[ABM]\;$ é um triângulo de lados $\;AB=a, \; \displaystyle AM=\frac{d_1}{2}, \;BM=\frac{d_2}{2}\;$ e o paralelogramo é composto de 2 pares de triângulos iguais.
A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise do problema resolvido. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

A análise feita, diz-nos que, nas condições do problema, podemos construir um triângulo usando os comprimentos dados e que, a partir dele, podemos construir o paralelogramo que procuramos.
Comecemos por tomar para $\;A\;$ um ponto qualquer do plano e para ponto $\;B\;$ um ponto qualquer da circunferência $\;(A,\;a), \;$ à distância $\;a\;$ de $\;A\;$.
As diagonais do paralelogramo bissetam-se num ponto $\;M,\;$ escolhemos um dos pontos da interseção $\;\left(A,\;\displaystyle \frac{d_1}{2}\right). \left(B, \displaystyle\frac{d_2}{2}\right).\;$
A construção do triângulo $\;[ABM]\;$ é decisiva para a resolução do problema, ou mais simplesmente, fundamental é determinar o ponto $\;M.\;$
$C, \;D\;$ determinam-se assim: $\left(M,\;MA\right). MA =\{A,\; C\}$
$\left(B, \;BM\right).BM=\{B, \;D\}.\;$ $\;D\;$ pode ser obtido como interseção das retas: paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ e paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;A$.
$\;[ABCD]\;$ é o paralelogramo que procuramos. □

Para que o nosso problema tenha soluções é necessário e suficiente que se possa construir o triângulo $\;[ABM]\;$ ou que $$ AB < BM+MA \;\;\; \wedge \;\;\; BM < MA+ AB \;\;\; \wedge \;\;\; MA< BM+AB $$ $$a<\frac{d_1+d_2}{2} \;\;\; \wedge \;\;\; \frac{d_1}{2} < a+ \frac{d_2}{2} \;\;\;\wedge \;\;\;\frac{d_2}{2}< a+\frac{d_1}{2}\;$$ que é o mesmo que $$a<\frac{1}{2}(d_1+d_2) \;\;\; \wedge \;\;\; \frac{1}{2}(d_1-d_2) < a \;\;\; \wedge \;\;\; \frac{1}{2} (d_2-d_1) < a $$ ou $$ \frac{1}{2}\left| \;d_1-d_2\; \right| \; < \;a\; < \;\frac{1}{2}(d_1+d_2) $$.

5.7.14

Resolver um problema de construção usando análise e síntese (7)

Problema:
Determinar um ponto $\;P\;$ sobre uma reta que contém um diâmetro $\;AB\;$ de uma dada circunferência $\;(O)\;$ tal que, sendo $\;T\;$ o ponto de tangência da tangente à circunferência tirada por $\;P, \;$ $\;PT = 2PA.\;$

Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. 2^ème livre- La Circonférence. Vuibert. Paris:1947

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.
Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos uma circunferência $\;(O)\;$, um ponto $\;P\;$ no exterior de $\;(O)\;$ sobre um diâmetro $\;AB\;$, uma tangente num ponto $\;T\;$ da circunferência a passar por $\;P\;$, sendo $\;PT=2PA.\;$
Sabemos também que $\;PA \times PB =PT^2\;$ (potência de um ponto $\;P\;$ relativamente à circunferência $\;(O).\;$)
Assim, de $\;PT^2 =4PA^2= PA\times PB$ se tira $\;4PA=PB=BA+PA\;$ e, em consequência, $\;3PA=AB\;$ ou $\; \displaystyle PA=\frac{AB}{3}.\;$

A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise do problema resolvido. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

A análise feita, diz-nos que, nas condições do problema, $$PT=2PA \Longrightarrow \displaystyle PA=\frac{AB}{3}.\;$$
Seguindo o que nos é sugerido, começamos por dividir $\;AB\;$ em três partes iguais.
E tomamos para ponto $\;P\;$ um dos pontos de interseção da circunferência $\,\left(A, \;\displaystyle \frac{AB}{3}\right).\;$ com a reta $\;AB\;$, isto é $\;P : 3PA =AB.\;$
Determinamos os pontos $\;T\;$ e $\;U\;$ de tangência das tangentes a $\;(O)\;$ que passam por $\;P\;\;\;\;$
Será que $\;3PA=AB \Longrightarrow 2PA=PT\;?\;$. Como $\;BP=BA+AP\;$ e, por construção, $\;3PA=AB\;$, $\;BP =4PA\;$
Por ser $\;PA\times PB = PT^2,\;$ temos $\;4PA^2=PT^2,\;$ e, em consequência $\;2PA=PT\;\;\;\;$ □

3.7.14

Resolver um problema de construção, usando análise e síntese (6)

Problema:
Construir um quadrilátero convexo de que conhecem os comprimentos dos quatro lados e a amplitude do ângulo formado por dois lados não consecutivos.

Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. 2^ème livre- La Circonférence. Vuibert. Paris:1947

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.
Análise do problema:
Com o problema resolvido, teríamos um trapézio $\;[ABCD]\;$ de lados $\;AB=a, \;BC=b, \; CD=c,\;DA=d, \;$ e sendo $\;\alpha\;$ o ângulo formado pelas duas retas $\;AB\;$ e $\;CD\;$. Uma paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;D\;$ fará com $\;DC \;$ um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$. Se tomarmos $\;E\;$ para o lado de $\;B\;$ sobre essa paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;D\;$ de tal modo que $\;DE=AB\;$, $\;[ADEB]\;$ é um paralelogramo
A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise do problema resolvido. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

A análise feita, sugere-nos que o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ requerido se pode reconstruir a partir de um triângulo $\;[CDE]\;$ sendo $\;C\hat{D}E = \alpha, \; CD=c,\; DE=a.\;$
Começamos por tomar um ponto $\;C\;$ qualquer no plano.
E tomamos para $\;D\;$ um ponto qualquer da circunferência de raio $\;c\;$ e centro em $\;C\;$
Tomamos $\;DC\;$ para lado de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$, e construímos outro lado a partir de $\;D\;$. Marcamos $\;E\;$ sobre esse segundo lado à distância $\;a\;$ de $\;D\;$
$\;B\;$ estará na interseção das circunferências $\; (C, \;b)\;$ e $\;(E,\;d)\;$
A paralela a $\;DE\;$ tirada por $\;B\;$ interseta a paralela a $\;BE\;$ tirada por $\;D\;$ no ponto $\;A\;$
O quadrilátero $\;[ABCD]\;$ assim obtido satisfaz as condições requeridas no enunciado do problema. □

Variando os comprimentos dos lados, constatará que o problema nem sempre tem solução.

2.7.14

Resolver um problema de construção usando análise e síntese (5)

Problema: Construir um trapézio de que se conhecem os quatro lados

Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. 2_ème livre- La Circonférence. Vuibert. Paris:1947

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.
Análise do problema:
Suponhamos o problema resolvido: Teríamos um trapézio $\;[ABCD]\;$ que tem por lados $\;AB=a, \;BC=b, \; CD=c, \; DA=d, \;$ sendo $\;AB \;$ a base maior e $\;CD\;$ a base menor do trapézio. Tirando por $\;C\;$ uma paralela a $\;DA\;$, ela corta $\;AB\;$ em $\;E.\;$ Do triângulo $\;[BCE]\;$ conhecemos os comprimentos dos seus três lados: $\;EB=AB-AE=a-c, \;BC=b, \; EC=AD=d\;$.
A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 8}.\;$

A análise feita, diz-nos que um triângulo de lados $\;b, \;d, \;|a-c|\;$ é parte do trapézio que pode ser construída e a partir do qual se pode construir um trapézio com os lados dados.
Começamos por tomar um ponto $\;B\;$ qualquer
O ponto $\;C\;$ pode ser um ponto qualquer da circunferência de raio $\;b\;$ e centro em $\;B\;$
Relativamente a esses $\;B\;$ e $\;C\;$, o ponto $\;E\;$ referido na análise do problema é um dos pontos da interseção da circunferência de centro $\;B\;$ e raio igual a $\;|a-c|\;$ (diferença das bases do trapézio) com a circunferência de centro $\;C\;$ e raio $\;d.\;$
Temos um triângulo $\;[BCE]\;$, a partir do qual se pode construir o trapézio.
O que falta para termos o trapézio que procuramos resume-se a obter os dois vértices do paralelogramo de $\;[AECD]\;$ de que conhecemos $\;CE=d =AD, \;CE \parallel AD, \; AE=c=CD, \;AE \parallel CD.\;$
$\; A \in BE.(B, \;a)\;$
A paralela a $\;CE\;$ tirada por $\;A\;$ interseta a paralela a $\;BE\;$ tirada por $\;C\;$ no ponto $\;D\;$.
E, finalmente, podemos apresentar o polígono $\;[ABCDE]\;$ que é o trapézio requerido. □

A existência de solução do problema está ligada às condições de existência do triângulo $\;[BCE]\;$, a saber
$\;|a-c| < b+d, b<|a-c|+d, d<|a-c|+b \;$ que é o mesmo que $\;|b-d|< |a-c| < b+d . \;$
No caso dos dados originalmente apresentados, consideramos$\;c < a\;$ e portanto $\;|a-c|=a-c\;$, isto é, que $\;a\;$ e $\;c\;$ são respetivamente a base maior e a base menor do trapézio.

28.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (4)

Problema: Construir um triângulo isósceles de que se conhecem o circulo circunscrito e a soma da base com a altura correspondente.

Th. Caronnet, Exércices de Géométrie. Vuibert. Paris:1947

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.

Suponhamos o problema resolvido: Teremos um triângulo isósceles $\;[ABC]\; (AB=AC),\;$ inscrito no círculo circunscrito $\;(O)\;$ dado e tal que a altura $\;AD=h\;$ e a base $\;BC=a\;$ têm soma dada $\;s=a+h.\;$
- Num triângulo isósceles a altura $\;AD\;$ bisseta a base $\;BC,\;$ por isso passa pelo circuncentro $\;O\;$. Podemos escrever $\;AD+2BD=s.\;$ Quando prolongamos $\;AD\;$ até $\;E\;$ tal que $\;DE=BC,\;$ temos $\;AE=s\;$ e $\;2BD=DE,\;$ donde $\;\displaystyle \frac{BD}{BE} =\frac{1}{2}.$
- Se prolongarmos $\;EB\;$ até encontrar no ponto $\;F\;$ a tangente a $\;(O)\;$ tirada por $\;A\;$, temos um novo triângulo $\;[EAF]\;$, retângulo em $\;A\;$, que é obviamente semelhante ao triângulo $\;[EDB]: \;\;\; \displaystyle \frac{AF}{AE}=\frac{DB}{DE} = \frac{1}{2};\;\;$ $\;\;AE=s\;$ e $\;\displaystyle AF=\frac{s}{2}.\;$

A construção (sintética, a seguir) é sugerida pelas relações descobertas na análise. Pode segui-la fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 6}.\;$

É dado um segmento de comprimento $\;s=a+h\;$ e uma circunferência de centro $\;O\;$ circunscrita do triângulo procurado.
Assim, começamos por tomar para vértice $\;A\;$ um ponto qualquer da circunferência dada e traçamos o diâmetro que passa por $\;A\;$ e contém a altura $\;h\;$ relativa a $\;a.\;$.
De acordo com o sugerido na análise feita, interessa determinar o ponto $\;E\;$, desse diâmetro tal que $\;AE=a+h\;$: $\;AO.(A,s).\;$
E, em seguida, determinamos o ponto $\;F\;$ da tangente a $\;(O)\;$ tirada por $\;A\;$ e à distância $\;\displaystyle \frac{s}{2}\;$ de $\;A.\;$
A reta $\;EF\;$ interseta a circunscrita $\;(O\;)\;$, para os dados da nosso problema, por exemplo, $\;B\;$. A perpendicular a $\;AE\;$ (ou paralela a $\;AF\;$) interseta $\;(O)\;$ num ponto $\;C\;$, para além de $\;B\;$ e $\;AE\;$ em $\;D\;$. O triângulo $\;[ABC]\;$ de altura $\;AD\;$ é uma das soluções do problema: Como, por construção, $\;O \in AE,\;$ e $\;AE\perp BC, \;$ então $\;AD=DB\;$. Assim fica provado que $\;[ABC]\;$ está inscrito em $\;(O)\;$ e é isósceles. □
Outra solução, será o triângulo $\;[AB_1C_1]\;$ de altura $\;AD_1\;$ e base $\;B_1C_1\;$

Para cada $\;A\;$ de $\;(O)\;$ haverá duas soluções, para os dados que se mostram inicialmente. Fazendo variar o comprimento do segmento $\;s\;$ pode ver em que condições há 0, 1 ou 2 soluções para o problema

26.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (3)

Problema: Num dado triângulo, traçar uma linha paralela à base de tal forma que se se traçarem a partir dos seus extremos linhas paralelas aos lados até cortarem a base, somadas meçam o dobro que a linha inscrita. (31/12/1881)

Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008

Para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores $\;2\;$de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$

São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;C'\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;B'\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;B'C' \parallel BC \wedge C'E+B'D = 2\times B'C',\;$ sendo $\;D, \;E\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;B'D \parallel AB\;$ e $\;C'E \parallel AC. \;$
Supor que o problema está resolvido é supor que $\;B'C'\;$ está situada de tal forma que $\;B'D\;$ e $\;C'E\;$, paralelas aos lados, somados dêem $\;2B'C'$.
De acordo com a proposição 34 do Livro I dos Elementos de Euclides
$\;B'D =C'B\;$ e $\;C'E=B'C\;$ e portanto $\;B'C + C'B = 2B'C'$.
E há um ponto $\;L\;$ de $\;B'C'\;$ que o divide em duas partes sendo uma igual a metade de $\;B'C\;$ e outra igual a metade de $\;C'B.\;$ Se deteminarmos este ponto $\;L,\;$ por ele passa uma única paralela a $\;BC$...

Para determinar o ponto $\;L\;$ sobre $\; B'C'\;$ paralela a $\;BC,\;$ de tal modo que $\;2LC'=C'B\;$ e $\;2LB'=B'C \;$ (i.e. $\;2(LC'+LB')= 2C'B' =C'B+B'C = B'D+C'E\;$ ), podemos usar um ponto $\;F\;$ qualquer de $\;AB\;$ (ou de $\;AC\;$) e por ele tirar uma paralela a $\;BC.\;$
Depois é só tomar $\;G\;$ sobre essa paralela de tal modo que $\;2FG =FB\;$ e $\;L\;$ estará sobre a reta $\;BG.\;$ Claro que, fazendo o mesmo para o lado $\;AC,\;$ $\;L\;$ estará sobre $\;CK,\;$ estando $\;K\;$ sobre uma paralela a $\;BC\;$ tirada por um ponto $\;H\;$ de $\;AC\;$ sendo $\;2KH=HC.\;$ $\;L\;$ é único $\;CK.BG \;$ e $\;B'C'\;$ é a única paralela a $\;BC \;$ tirada por $\; L$
São semelhantes os triângulos $\;[FBG]\;$ e $\;[C'BL]\;$ e os lados opostos ao ângulo $\;\hat{B}\;$ comum são homólogos e $\;BC' = 2C'L,\;$ já que por construção $\;FB=2FG.\;$ Do mesmo modo, se mostra que $\;2LB'=B'C\;$ □

O ponto $\;F\;$ pode tomar as diversas posições sobre $\;AB.\;$ Verá que a variação de $\;F\;$ sobre $\;AB\;$ não afeta a posição de $\;L.\;$ No caso da nossa construção, quando $\;F\;$ toma a posição de $\;C',\;$ $K\;$ toma a posição de $\;B',\;$ $\;G\;$ e $\;K\;$ coincidem com $\;L.\;$ Os pares de arcos iguais (centrados em $\;F\;$ e $\;M,\;$ e em $\;H\;$ e $\;N$) acompanham a deslocação de $\;F\;$ e ilustram as relações estabelecidas.

22.6.14

Resolver problema de construção, usando análise e síntese (2)

Problema: Traçar num dado triângulo um segmento paralelo à base de tal forma que, se a partir dos seus extremos se tirarem segmentos paralelos aos lados até à base, a sua soma seja igual ao primeiro segmento.

Charles Lutwidge Dodgson, Um conto enredado e outros problemas de almofada. RBA: 2008

São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\;$ sendo $\;F, \;G\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;EG \parallel DB\;$ e $\;DF \parallel EC. \;$
Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido. (ilustrada, na figura, para os valores $\;1,\;2\;$de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1,..., 4}.\;$

No problema resolvido temos os pontos dados $\;A, \;B, \;C\;$ e também os pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge DE= DF+EG,\;$ sendo $\;F, \;G\;$ pontos de $\;BC\;$ e $\;EG \parallel DB\;$ e $\;DF \parallel EC. \;$
$\;[DBGE]\;$ e $\;[DFCE]\;$ são paralelogramos, logo
$\; DE= EG+DF = DB+EC \;$

Começamos por traçar as bissetrizes dos ângulos $\;A\hat{B}C\;$ e $\;B\hat{C}A\;$ e designemos por $\;H\;$ o ponto em que elas se encontram (aliás, este ponto é o incentro do triângulo $\;[ABC]\;$, comum às suas três bissetrizes e equidistante dos seus três lados).
Por $\;H\;$ tiramos a paralela a $\;BC\;$ que interseta os lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$ respetivamente em $\;D\;$ e em $\;E\;$
Como $\;DE \parallel BC, \;\; D\hat{H}B =H\hat{B}F= D\hat{B}H\;$ e, em consequência, $\;DB=DH. \;$
Do mesmo modo, $\;E\hat{H}C= H\hat{C}G = E\hat{C}H \;$ e, em consequência, $\;EC=EH\;$ e
DE= DH+HE =DB+EC
Finalmente, já que $\;B, \;E\;$ e $\;D, \;C\;$ são vértices de paralelogramos, então $\;EG=DB, \;DF=EC \;$ e, em consequência, $\;DE= DF+EG.\;\;\;\; $ □

Completam a ilustração, vários elementos que relacionam este problema de construção com o da anterior entrada. Fica assim apresentada uma nova resolução em que $\;H\;$ é olhado como o pé da bissetriz de $\;\hat{A}\;$ no triângulo $\;[ADE].\;$

19.6.14

Resolver problemas de construção, usando análise e síntese (1)

Muitas vezes, um problema é construído a partir da sua solução, feito pela observação de resultados de operações sobre ela, ou transformações dela, de que se não deixa rasto. Por isso, muito frequentemente, um problema não é um verdadeiro problema (desafio) para quem apresenta o seu enunciado. A resolução de problemas faz parte da essência da aprendizagem, vital para o desenvolvimento do raciocínio reconstrutivo
Quando olhamos para um problema, o mais natural é não vermos a sua solução até porque ela pode estar escondida num detalhe de que só tomamos conhecimento quando decompomos o problema em partes (quando fazemos a análise da substância do dito) e isso significa que olhamos para o problema como se ele estivesse resolvido, procurando identificar tanto os elementos nele envolvidos como as relações entre eles. Dizemos comumente que a análise tem a ver com ser natural e o sintético (enunciado da lei ou do problema) tem a ver com ser artificial.
O raciocínio analítico é fundamental para resolver problemas de construção geométrica. A generalidade dos autores, que apresentam soluções para os problemas básicos que propõem, referem-se explicitamente aos métodos analíticos e sintéticos para cada problema.
Assim faz Charles Lutwidge Dodgson - romancista, contista, fabulista, poeta, desenhador, fotógrafo, matemático e reverendo anglicano britânico, que viveu de 1832 a 1898 e lecionou matemática (lógica) em Oxford, Christ College - mais conhecido pelo seu pseudónimo Lewis Carroll.
Há um livro, em português, editado em 2008 por RBA Coleccionables, S.A. que reúne, de C.L.D. "Um conto enredado" de 1880…… e "Problemas de Almofada criados durante as horas passadas acordado" de 1893…… . Deste livro, se transcreveu um problema na "dia-a-dia com a Matemática, Associação de Professores de Matemática, 2011/2012- Agenda do Professor" e que republicamos nesta página

Problema: Num triângulo dado, traçar uma linha paralela à base de tal forma que os comprimentos dos segmentos dos lados intersetados entre esta e a base sejam, somados, iguais ao comprimento da base.
São dados $\;A, \;B, \;C\;$. Resolver o problema consiste em determinar, por construção, pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge BC= BD+CE\;$

Considerando que, para obter a solução por construção, temos de fazer a análise do problema a partir do problema como se ele estivesse resolvido.

No problema resolvido temos os pontos dados $\;A, \;B, \;C\;$ e também os pontos $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ e $\;E\;$ sobre $\;AC\;$, de tal forma que $\;DE \parallel BC \wedge BC= BD+CE\;$
Nas condições do problema resolvido, como $\;BD=CE\;$,
- a circunferência $(\;B, \;BD)\;$ de centro em $\;B\;$ e raio $\;BD\;$ interseta $\;AB\;$ em $\;D\;$ e $\;BC\;$ num outro ponto que designamos por $\;F;$
- Do mesmo modo, a circunferência $(\;C, \;CE)\;$ de centro em $\;C\;$ e raio $\;CE\;$ interseta $\;AC\;$ em $\;E\;$ e $\;BC\;$ no ponto $\;F,\;$
- já que $\;BD+CE= BC= BF+FC.\;$
Por ser $\;BF=BD\;$ no triângulo $\;BFD\;$, $\;B\hat{D}F=B\hat{F}D\; = \;$ (pela Prop. 29 (Livro I, Elementos de Euclides), como $\;DE \parallel BC \;$) $\;= F\hat{D}E.\;$ De forma análoga, também $C\hat{E}F = F\hat{E}D\;$ (ângulos alternos internos)
Por ser $\; B\hat{F}D\; = F\hat{D}E$, $\;FD\;$ bisseta o ângulo $\;B\hat{D}E.\;$ E, de modo análogo, $\;FE\;$ bisseta o ângulo $\; C\hat{E}D.\;$
Se o ponto $\;F\;$, interseção de duas bissetrizes externas do triângulo $\;ADE\;$, é o centro de uma das circunferências ex-inscritas desse triângulo e está sobre a bissetriz do ângulo $D\hat{A}E$
$\;F\;$ é um ponto equidistante dos três lados $\;DE, \;AD, \;AE\;$ que está sobre a base $\;BC\;$ do triângulo $\;ABC\;$
e, assim ficamos a saber que, para resolver o nosso problema, bastaria determinar o ponto $\;F\;$ como pé em $\;BC\;$ da bissetriz do ângulo $Â$.

Pode seguir os passos da construção (sintética) fazendo variar os valores de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=1, 2, ..., 6}.\;$

Considerando a decomposição (análise) do problema antes feita, apresentamos, agora sinteticamente, os passos da construção.

Começamos por bissetar o ângulo $\;C\hat{A}B\;$ com a reta $\;AF\;$, sendo $\;F\;$ o pé da bissetriz em $\;BC.\;$
Tiramos por $\;F\;$ as perpendiculares a $\;AC\;$ e a $\;AB\;$, respetivamente $\;FB'\;$ e $\;FC'\;$
Como $\;F\;$ é um ponto da bissetriz de $\; C\hat{A}B,\;$ $\;FB'=FC'.\;$
A seguir, traçamos a circunferência de centro em $\;F\;$ que passa por $\;B'\;$ e $\;C'\;$. E tiramos por $\;F\;$ um outro raio $\;FA'\;$ perpendicular a $\;BC\;$. A perpendicular a $\;FA'\;$ que interseta $\;AB\;$ em $\;D\;$ e $\;AC\,$ em $\;E\;$ é paralela a $\;BC.\;$
Os ângulos $\;A',\; B',\; C'\;$ são retos e $\;FA'=FB'=FC':\;$ $\;FD\;$ é hipotenusa comum de dois triângulos retângulos iguais ( $\;[C'FD] = [FA'D]\;$ ) e, por isso, $\;FD\;$ é bissetriz de $\;B\hat{D}E.\;$ De modo análogo, podemos ver que $\;FE\;$ é bissetriz de $\;C\hat{E}D.\;$
Como $\;B\hat{F}D = F\hat{D}A'\;$ (por serem ângulos alternos internos) e $\;F\hat{D}A'= F\hat{D}B\;$ (por $\;FD\;$ ser bissetriz de $\;BDE\;$), então $\;B\hat{F}D = F\hat{D}B\;$ e, em consequência, $\;BD = BF.\;$
De modo análogo, se prova que $\;CE = CF.\;$
Em conclusão, $\;BC=BF+FC= BD+CE,\;$ como queríamos.

12.6.14

Resolver problema de construção, usando composta de rotações (e meia volta)

Problema: O tesouro enterrado Um velho pergaminho, que descrevia o local onde piratas enterraram um tesouro numa ilha deserta, dava as seguintes instruções:

Na ilha só há duas árvores, $\;A\;$ e $\;B\;$, e os restos de uma forca.
Comece na forca e conte os passos necessários para ir, em linha recta, até à árvore $\;A\;$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o \;$ para a esquerda e avance o mesmo número de passos. No ponto em que parou, coloque um marco no chão.
Volte para a forca e vá em linha recta, contando os seus passos, até à árvore $\;B$. Quando chegar à árvore, rode $\;90^o\;$ para a direita e avance o mesmo número de passos, colocando outro marco no chão, no ponto em que acabar.
Cave no ponto que fica a meio caminho entre os dois marcos e encontrará o tesouro.

Um jovem aventureiro que encontrou o pergaminho com estas instruções, fretou um navio e viajou para a ilha. Não teve dificuldade em encontrar as duas árvores mas, para seu grande desgosto, a forca tinha desaparecido e o tempo tinha apagado todos os vestígios que pudessem indicar o lugar onde ficava.

Fractal music, hipercards and more, de Martin Gardner

Proposto na brochura Trigonometria e Números Complexos: matemática - 12º ano de escolaridade. Maria Cristina Loureiro... DES. Lisboa:2000 (pp. 65/66), com uma resolução usando números complexos.
Mariana Sacchetti lembrou-se deste problema que tem utilizado na lecionação dos complexos, como um exemplo de problema que poderia ser resolvido usando transformações geométricas.
É o que vamos fazer, considerando que resolver o problema é encontrar o tesouro sem termos a exata localização de vestígios da forca.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema, no caso mostrar que, qualquer que seja a posição da forca, seguir as instruções do pergaminho, conduz a uma única posição do tesouro. Com recurso exclusivo a propriedades das transformações geométricas.

São dados os pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ de localização das árvores
Conhecida a localização da forca, designemo-la por $\,F\;$, seguir as instruções seria percorrer $\;FA\;$, rodar sobre os calcanhares $\;90^o\;$ para a esquerda e fazer um percurso de comprimento gual a $\;FA\;$, local onde se coloca um marco, designemo-lo por $\;M\;$: $$\begin{matrix} &{\cal{R}} (A, \;-90^o)&&\\ F&\longmapsto&M&\\ &&&\;\;\; \mbox{e, do mesmo modo, para o outro marco,} \;N \\ &{\cal{R}} (B, \;+90^o)&&\\ F&\longmapsto&N&\\ \end{matrix}$$

© geometrias, 10 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

Clique no botão $\;\fbox{1}\;$ para seguir as instruções do pergaminho para uma localização da forca.
Não conhecendo a posição exata de $\;F\;$ tomamos um ponto qualquer, $\;F_1$, do chão da ilha para localização da forca. Designando por $\;M_1\;$ e $\;N_1\;$ as posições dos marcos a que chegamos, seguindo as instruções do pergaminho. Se $\;F_1\;$ fosse a localização exata da forca, no ponto médio $\;O\;$ de $\;M_1N_1\;$ valeria a pena cavar porque estaríamos a desenterrar o tesouro.
É altura de fazer variar a posição de $\;F_1\;$ para observar o comportamento de $\;O\;$
Pela rotação de $\;-90^0\;$ em torno de $\;A\;$, $\;M_1\;$ é a imagem de $\;F_1\;$ e, em consequência, $\;F_1$ é imagem de $\;M_1\;$ pela rotação de $\;+90^0\;$ em torno de $\;A\;$. Podemos escrever: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, \;+90^o)&&{\cal{R}}(B, \;+90^o)&\\ M_1&\mapsto & F_1 & \mapsto & N_1 \\ \end{matrix}$$ Ora, a composta de duas rotações $\;{\cal{R}}(B, \;+90^o)\circ {\cal{R}}(A, \;+90^o)\;$ é uma rotação:
- o ângulo de rotação da composta é a soma dos ângulos das componentes, no caso $\;+90^o + 90^o =180^o$
- o centro da rotação composta de rotações é um ponto equidistante de qualquer par de elementos relacionados pela composta, no caso $\;O\;$ : $\;OM_1 = ON_1$.
  De um modo geral, o centro da rotação composta determina-se como ponto de encontro das mediatrizes de dois pares de pontos por ela relacionados.
Assim, se vê que as posições dos marcos $\;M\;$ e $\;N\;$ obtidas, para qualquer posição da forca $\;F\;$ de acordo com as instruções do pergaminho, estão relacionadas por uma transformação de meia volta. E o centro de uma rotação de meia volta é invariante, não dependendo da posição da forca.

O botão $\;\fbox{2}\;$ parte de outra localização da forca. Claro que bastará fazer variar uma posição de $\;F\;$.

8.6.14

Resolver problema de construção usando uma dilação rotativa

Problema: Imagine dois mapas de Portugal continental em escalas diferentes mas de tal modo que um deles fique inteiramente contido no outro.Prove que existe um e um só ponto do território continental português que fica, na representação nos dois mapas, exactamente sobreposto. Para facilitar uma ilustração do problemas, pode supor que Portugal continental é exactamente um rectângulo.
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas

Estão dados na figura dois retângulos de vértices $\;[ABCD]\;$ e $\;[DFGH]\;$ semelhantes, no sentido de que, para quaisquer dois pontos $\;P, \;Q\;$ no retângulo $\;[ABCD]\;$, há dois pontos $\;P', \;Q'\;$ no retângulo $\;[EFGH]\;$ tais que a razão $\;\displaystyle \frac{PQ}{P'Q'}\;$ é constante (invariável).
No caso, a figura obviamente sugere que $$\;\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG} = \frac{CD}{GH} =\frac{AB}{GH}= ... \;$$ se forem semelhantes os dois retângulos.
Consideremos a semelhança $\;\cal{S}\;$ para a qual $\; C \mapsto G, \; D \mapsto H, ...\;$
Se $\;AB \parallel EF\;$ o ponto comum aos dois retânguos sobrepostos seria o centro de uma homotetia, exatamente a interseção $\;AE.BF =CG.DH\;$ e o problema estava resolvido. Não é o caso da nossa figura.

Uma transformação de semelhança é sempre a composta de uma homotetia com uma isometria. A figura dos dois retângulos sugere-nos uma rotação que transforme, por exemplo $\;[EFGH]\;$, num retângulo $\;[E'F'G'H']\;$ para o qual $\; E'F' \parallel H'G' \parallel CD \parallel AB\;$ seguida de uma homotetia que transforme $\;[E'F'G'H']\;$ em $\;[ABCD]\;$.
Como sabemos, há muitas semelhanças possíveis compostas de rotações (de vários centros e ângulos de rotação) com homotetias de razão $\:\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG}=\frac{CD}{GH}= \frac{DA}{HE}\;$(com centros diferentes).
Qualquer rotação deixa invariante o seu o centro e qualquer homotetia deixa invariante o seu centro. Para que haja um ponto comum aos dois mapas sobrepostos é preciso que a semelhança seja composta de uma rotação com uma homotetia de centro no centro de rotação. Se o centro da rotação não for o centro da homotetia, esta não deixa invariante o centro da rotação.
$$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&{\cal{H}}(O, k)&\\ [EFGH]&\longrightarrow&[E'F'G'H']& \longrightarrow&[ABCD]\\ E&\mapsto & E' & \mapsto & A \\ F&\mapsto & F' & \mapsto & B \\ G&\mapsto & G' & \mapsto & C \\ H&\mapsto & H' & \mapsto & D \\ \end{matrix}$$ Para que a centro, designado por $\;O$, da rotação seja o centro da homotetia é preciso que $\;\alpha=EÔE'=EÔA=FÔF'=FÔB=GÔG'=GÔC=HÔH'=HÔD\;$, já que, para a homotetia de centro $\;O\;$ que faz corresponder $\;H'\;$ a $\;D\;$ e $\;G'\;$ a $\;C\;$, $\; O, \;H',\;D\;$, são colineares como são colineares $\;O, \;G', \;C$, ou seja, $\;HÔD = GÔC\;$....
Como se determina esse ponto $\;O\;$ centro da dilação rotativa (composta de rotação e homotetia de centro comum)?
- Toma-se, por exemplo, o ponto $\;K\;$ da interseção $\;CD.GH\;$ e o ângulo $\; \alpha = (\dot{K}D, \dot{K}H)= (\dot{C}D, \dot{G}H) = (\dot{B}C, \dot{F}G), = ... $
- Da circunferência que passa por $\;H, \;D, \;K;$ o arco $\;\widehat{HD}$ assinalado (a tracejado grosso) é o arco da circunferência $\;(HDK);$ em que se inscreve $\;\alpha\;$ e, por isso, qualquer ponto $\;P\;$ da circunferência que não seja $\;H, \;D$, nem ponto desse arco é vértice de um ângulo $H\hat{P}D$ de amplitude $\;\alpha\;$
  Do mesmo modo, o arco $\;\widehat{GC}$ da circunferência que passa por $\;G, \;C, \;K\;$ em que se inscrevem ângulos de amplitude $\;\alpha\;$ com vértice $\;Q\;$ nessa circunferência $\;(GCK)\;$ e fora do arco.
No caso da nossa figura, as circunferências $\;(GCK)\;$ e $\;(HDK)\;$ têm dois pontos em comum que são vértices de ângulos de amplitude $\;\alpha\;$. Um deles é $\;K\;$ e o outro é $\;\mathbb{O}\;$. A vermelho na figura, este é o ponto procurado: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&\\ G&\longmapsto & G'& G'ÔG= CÔG =\alpha\\ H&\longmapsto & H' & H'ÔH= DÔH =\alpha \wedge G'H' \parallel CD \wedge GH=G'H'\\ &&&\\ &{\cal{H}}(O, k)&&\\ G'&\longmapsto & C& G' \in OC\\ H'&\longmapsto & D & H' \in OD \wedge G'H'= GH = CD: \frac{CD}{G'H'}=\frac{CD}{GH} =k\\ \end{matrix} $$

6.6.14

Resolver problemas de construção, usando composta de translações (24)

Problema: Em que pontos devem ser construídas as pontes perpendiculares aos rios de margens $\;a, \;b\;$ e $\;c,\;d\;$ paralelas que separam duas cidades $\;A, \;B\;$ de tal modo que se possa construir uma estrada entre elas o mais curta possível?

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas, no caso composta de translações. Utilizamos o problema resolvido anteriormente e ao apresentar esta resolução fica sugerido o processo para problema com qualquer número de rios

Estão dados na figura os dois pontos $\;A,\;B\;$ - cidades, e as pares de retas paralelas $\;(a, \;b)\;$ e $\;((c, \;d)\;$ - margens dos rios que separam as duas cidades.

Temos de contar com as travessias dos dois rios: na direção perpendicular às margens $\;(a, \;b)\;$ e comprimento igual à distância entre elas - segundo $\;\overrightarrow{u}$, e na direção perpendicular às margens $\;(c, \;d)\;$ e comprimento igual à distância entre elas - segundo $\;\overrightarrow{v}\;$
À semelhança do que fizemos na entrada anterior, aplicamos a $\;A\;$ a translação associada a $\;\overrightarrow{u}\;$ (travessia do primeiro rio), obtendo $\;L'= A+ \;\overrightarrow{u}\;$ que, no caso de um só obstáculo ligaríamos a $\;B\;$.
No caso dos dois rios, acrescentamos a seguir à primeira travessia, a travessia do segundo rio, obtendo $\;N'=L'+ \;\overrightarrow{v} = A'+\;\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}\;$
$N'\;$ é obtido pela composta da translação associada a $\;\overrightarrow{u}\;$ seguida da translação associada a $\;\overrightarrow{v}\;$
A estrada mais curta entre $\;A\;$ e $\;B\;$ terá assim o comprimento $\;AL'+L'N' + N'B$
O desenho da estrada será construído:
- desenhe-se a reta $\;N'B\;$ que interseta $\;d\;$ em $\;N\;$
- a perpendicular a $\;d\;$ tirada por $\;N\;$ interseta $\;c\;$ em $\;M\;$ (ou tome-se $\;M= N - \overrightarrow{v}\;$)
- Tira-se por $\;M\;$ a reta paralela a $\;N'B\;$ (ou toma-se a reta $\;L'M\;$) que interseta a reta $\;b\;$ em $\;L\;$
  $\;[N'NML']\;$ é um paralelogramo: $\;L'N' \parallel MN$, $\;L'M \parallel N'N$, $\;L'N' = MN$, $\;L'M = N'N$
- Toma-se agora $\;K= L-\overrightarrow{u}\;$ que está sobre $\;a\;$.
  Temos outro paralelogramo $\;[L'LKA]\;$: $\;AL' \parallel KL, \; L'L \parallel AK, \;AL' = KL, \; L'L = AK$
- $AK \parallel L'M \parallel N'B, \;AL' \parallel KL \;$ e $\;L'N'\parallel MN$
  Como $\;AK=L'L$ e $\;L'M=L'L+LM= N'N\;$ então $\;AK+LM = M'N\;$ e $\;KL+MN=AL'+L'N' =u+v\;$ e o comprimento da estrada vermelha $$\;AK + KL + LM + MN + NB$$ é igual ao comprimento $$ (KL+MN) + (AK+LM)+NB = AL'+L'N'+N'N+NB= AL'+L'N'+N'B$$ do caminho mais curto.

4.6.14

Resolver problema de construção, usando transformações geométricas (23)

Problema: Em que pontos deve ser construída a ponte perpendicular ao rio de margens $\;a, \;b\;$ paralelas que separa duas cidades $\;A, \;B\;$ de tal modo que se possa construir uma estrada entre elas o mais curta possível?

A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas, no caso translações.

Estão dados na figura os dois pontos $\;A,\;B\;$ - cidades, e as retas $\;a, \;b\;$ - margens do rio que separa

Sem contar com o rio, o caminho mais curto entre as duas cidades, seria $\;AB\;$. Para determinar as posições dos pontos extremos da ponte é preciso considerar a mais o comprimento da travessia do rio.
Tome-se um vetor $\;\overrightarrow{u}\;$ e aplique-se a $\;A\;$ a translação associada a esse vetor : $\;\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{u}\;$ ou $\;A'= A + \overrightarrow{u}$. Incluída a travessia, a estrada mais curta deve medir $\;AA' + A'B\;$
A reta $\;AA'\;$ corta $\;b\;$ em $\;H\;$ e esse é um extremo da ponte. O outro será $\;H'= H - \overrightarrow{u}\;$ sobre $\;a\;$ e $\;AH'HA'\;$ é um paralelogramo.
$\;AA'= HH'\;$ e $\;AH' = AH\;$. Logo $\;AA'+ A'B = AH'+H'H+HB$

E se houver dois rios a separar $\;A\;$ de $\;B\;$? Fica para a próxima entrada.

1.6.14

Resolver problema de construção, usando meias voltas e translações

Problema: São dados cinco pontos $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$. Estes pontos são os pontos médios dos lados de um pentágono $\;PQRST\;$ desconhecido. Reconstruir o pentágono.
Este problema está referido no livro Simetrias e Transformações Geométricas de Eduardo Veloso (p.15) e já aqui foi citado, bem como o artigo Cinco pontos, um problema e cinco resoluções, publicado no número 79 da revista Educação e Matemática de Setembro/Outubro de 2004. Recomendamos a leitura do artigo que conta uma história e apresenta 5 resoluções. Na circunstância, chamamos a atenção para a resolução usando transformações de Maria Dedò.
O enunciado é o que José Paulo Viana propõe numa mensagem a Eduardo Veloso.
A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando nos sucessivos botões 2, 3, ... acompanha os passos da resolução/demonstração(?).

Estão dados os pontos $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$ médios dos lados do pentágono de vértices $\;P, \;Q, \;R,\;S,\;T\;$ cujas posições desconhecemos e queremos construir.
Consideremos $\;A\;$ ponto médio de $\;PQ\;$, $\;B\;$ ponto médio de $\;QR\;$, $\;C\;$ ponto médio de $\;RS\;$, $\;D\;$ ponto médio de $\;ST\;$, $\;E\;$ ponto médio de $\;TP\;$.
Sejam quais forem as posições de $\;P\;$ e de $\;Q\;$, sabemos que estão relacionados por uma transformação de meia volta centrada em $\;A\;$; $\;Q\;$ e $\;R\;$ estão relacionados por uma meia volta centrada em $\;B\;$ …
Não sabendo a posição de $\;P\;$, tomemos $\;P_1\;$ para uma "falsa" posição de $\;P$artida. E $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, 180^o)&&{\cal{R}}(B, 180^o)&&{\cal{R}}(C, 180^o)&&{\cal{R}}(D, 180^o)&&{\cal{R}}(E, 180^o)&\\ P_1& \longmapsto& P_2 &\longmapsto&P_3&\longmapsto& P_4 &\longmapsto&P_5 & \longmapsto & P'_1\\ \end{matrix}$$

Fácil é verificar que a composta de duas meias voltas é uma translação: $$\forall P_1, \;\;\left({\cal{R}}(B, 180^o) \circ {\cal{R}}(A, 180^o)\right) (P_1)={\cal{R}}(B, 180^o)\left( {\cal{R}}(A, 180^o ) (P_1)\right)={\cal{R}}(B, 180^o) (P_2) = P_3 $$ $$ {\cal{R}}(B, 180^o) \circ {\cal{R}}(A, 180^o) = {\cal{T}}_{2\overrightarrow{AB}}: \;\;\;\; P_1 \longmapsto P_3$$ Do mesmo modo, $$ {\cal{R}}(C, 180^o) \circ {\cal{R}}(D, 180^o) = {\cal{T}}_{2\overrightarrow{CD}}: \;\;\;\; P_3 \longmapsto P_5$$ A composta das duas translações é uma translação. Assim: $${\cal{T}}_{2\overrightarrow{CD}} \circ {\cal{T}}_{2\overrightarrow{AB}} = {\cal{T}}_{2(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})} : \;\;\; P_1 \longmapsto P_5 $$ que é o mesmo que dizer que as quatro primeiras meias voltas são equivalentes a uma translação.
Se a composta de duas meias voltas é uma translação, a composta de uma translação com uma meia volta é uma meia volta: $$\begin{matrix} &{\cal{T}}_{2(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD})}&&{\cal{R}}(E, 180^o)&\\ P_1 & \longmapsto & P_5 & \longmapsto & P'_1 \end{matrix}$$ Se $\;P_1\;$ fosse a posição verdadeira de $\;P\;$, então seria $\;P_2 \equiv Q, \; \;P_3 \equiv R, \;\;P_4 \equiv S, \;\;P_5 \equiv T, \; \;\;\;P'_1 \equiv P$.
Para a meia volta que a $\;P_1 \;$ faz corresponder $\;P'_1\;$ tem um ponto invariante, o centro da meia volta que é o ponto médio de todos os segmentos $P_1P'_1$ em que $\;P_1\;$ é um ponto qualquer de $\;P'_1\;$ é o seu correspondente por cinco meias voltas sucessivas: de centros $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$.
É esse ponto médio de todos os $\;P_1P'_1\;$ que tomamos para $\;P\;$
Variando as posições de $\;P_1\;$, podemos constatar que a posição de $\;P\;$ fica invariante.
Finalmente, pode constatar que a sucessão de meias voltas de centros $\;A, \;B, \;C, \;D, \;E$ permite determinar os vértices $\;Q, \;R, \;S, \;T\;$ sendo $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(A, 180^o)&&{\cal{R}}(B, 180^o)&&{\cal{R}}(C, 180^o)&&{\cal{R}}(D, 180^o)&&{\cal{R}}(E, 180^o)&\\ P& \longmapsto & Q & \longmapsto &R &\longmapsto & S& \longmapsto &T&\longmapsto& P\\ \end{matrix}$$

Pode variar as posições de $\;A, \;B,\;C,\;D, \;E\;$ e de $\;P_1\;$.

29.5.14

Resolver um problema de construção usando a meia volta

Problema: Dadas duas circunferências $\;c_1\;$ e $\;c_2\;$ e um ponto $\;M\;$ determinar um ponto $\;P_1\;$ de $\;c_1\;$ e um ponto $\;P2\;$ de $\;c_2\;$ para os quais $\;M\;$ é o ponto médio de $\;P_1P_2\;$
Este problema está proposto no livro Simetrias e Transformações Geométricas de Eduardo Veloso (p.15).
O autor recomenda que

se comece por procurar o lugar geométrico dos pontos $\;B\;$ quando $\;A\;$ percorre $\;c_1\;$ sendo $\;AM=BM\;$, e
se investigue para que posições de $\;M\;$ há soluções ou não, uma, duas ou infinitas soluções do problema

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

São dados um ponto $\;M\;$ e duas circunferências $\;c_1 = (O_1), \;c_2=(O_2)\;$
Se $\;A, \;M, \; B\;$ são colineares e $\;\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{MB}\;$, $\;A\;$ e $\;B\;$ são correspondentes por uma transformação de meia volta de centro em $\;M\;$, (ou $\;{\cal{R}}(M, 180^o)\;$ ou $\;{\cal{H}}(M, -1)\;$.
Por isso, quando $\;A\;$ percorre $\;c_1\;$, $\;B\;$ percorre uma circunferência $\;c'_1\;$ que é imagem de $\;(c_1\;$ pela meia volta de centro em $\;M\;$
No nosso caso, a posição de $\;M\;$ relativamente às circunferências $\;c_1, \;c_2$ é tal que $\;c'_1 . c_2 = \{ P_2,\; Q_2\}\;$. A reta $\;P_2M\;$ interseta $\;c_1\;$ em dois pontos, sendo um deles $\;P_1\;$ o correspondente original de $\;P_2\;$ pela meia volta de centro $\;M\;$: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(M, 180^o)& &\\ c_1&\longrightarrow &c'_1& \\ &&&\;\;\;c'_1.c_2 =\{P_2, \;Q_2\}\\ P_1& \longleftarrow & P_2& \;\;\;(P_1,\;P_2) \in c_1 \times c_2 \; \mbox{ é uma solução}\\ Q_1& \longleftarrow& Q_2& \;\;\;(Q_1,\;Q_2) \in c_1 \times c_2 \; \mbox{ é outra solução}\\ \end{matrix}$$

Pode variar a posição de $\;M\;$ e das circunferências $\;c_1, \;c_2$

26.5.14

Resolver problemas de construção usando a inversão

Problema: Determinar dois pontos cada um sobre uma de duas retas dadas de tal modo que o produto das suas distâncias a um ponto dado seja uma dada constante.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

São dadas: duas retas $\;r_1, \;r_2\;$, um ponto $\;O\;$ e um número $\;k\;$.
Procuramos um ponto $\;P_1\;$ de $\;r_1\;$ e um outro $\;P_2\;$ de $\;r_2\;$, tais que $\;OP_1 \times OP_2 = k^2$, o mesmo é dizer que $\;P_1\;$ e $\;P_2\;$ são correspondentes pelas inversão de centro $\;O\;$ e potência $\;k^2\;$.
Tomamos, por isso, para circunferência de inversão $\;(O, \;k)\;$ tracejada a vermelho.
Pela inversão $\;{\cal{I}}(O, \;k^2)$, a reta $\;r_1\;$ é transformada numa circunferência (tracejada a azul) que passa por $\;O\;$ e pelos pontos de interseção da circunferência de inversão com a reta $\;r_1$
Tomemos para ponto $\;P_2\;$ o ponto de interseção da circunferência $\;r'_1 \;$ com a reta $\;r_2\;$. Como $\;P_2\;$ de $\;r_2\;$ é um ponto de $\;r'_1\;$, terá um original $\;P_1\; $ em $\;r_1\;$, interseção desta reta com $\;OP_2\;$:
Estes pontos $\;P_1, \; P_2\;$ são solução do problema: $$OP_1 \times OP_2 =k^2$$

Pode deslocar $\;O$, $\;r_1, \;r_2\;$ para além de $\;k\;$.
Não vamos apresentar outros exemplos de problemas de construção usando a inversão por termos apresentado anteriormente um conjunto considerável de aplicações da inversão.

22.5.14

Resolver problema de construção usando homotetia

Problema: Determinar uma corda que passe por um ponto dado de uma circunferência dada que seja bissetada por uma corda dada.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

São dados: uma circunferência $\;(A)\;$, um ponto $\;O\;$ e uma corda $\;CD\;$ da circunferência.
Procuramos um ponto $\;P\;$ da circunferência de tal modo que $\;OP\;$ tenha o seu ponto $\;M\;$ médio em $\;CD\;$ que é o mesmo que dizer $\;OM=OP\;$ ou $\;\displaystyle \frac{OM}{OP}=\frac{1}{2}\;$ ou $\;\displaystyle \frac{OP}{OM}= 2\;$
Pela homotetia $\;{\cal{H}}(O, \;2)\;$, de centro $\;O\;$ e razão $\;2\;$,
$\; C\;\longmapsto \; C' : \; OC'=2OC\;$
$\; D\;\longmapsto \; D' : \; OD'=2OD\;$
$\; CD\;\longrightarrow \; C'D' : \; C'D'=2CD,\; C'D' \parallel CD$
Um dos extremos de cada uma das cordas solução é $\;O\;$ e o outro será ponto da interseção circunferência $\;(A)\;$ dada com $\;C'D'\;$ No caso da nossa construção, tomamos $\;P \in (A).C'D'$ imagem, por $\;{\cal{H}}(O, \;2)$, de $\;M \in CD.OP$.
A corda $\;OP\;$ é a solução. No caso da nossa construção há outra solução.

Pode deslocar $\;C\;$ ou $\;D\;$ sobre a circunferência para ver que ( e em que condições) pode haver uma só ou nenhuma solução.
Nota: O método usado para resolver este problema é o mesmo que usámos para resolver o problema da entrada anterior. Basta ler o enunciado de outra maneira: dadas as curvas $\;(A)\;$ e $\;CD\;$ determinar um par de pontos $\;(M , \;P) \in CD \times (A)\;$ tais que $\; \displaystyle {OP \over OM} = 2$

21.5.14

Resolver um problema de construção, usando homotetia (entre curvas)

Problema: Dadas duas curvas $\;c_1\;$ e $\;c_2\;$ um ponto $\;O\;$ e um número $\;k\;$, determinar um ponto $\;P_1\;$ da curva $\;c_1\;$ e um ponto $\;P_2\;$ da curva $\;c_2\;$ tais que $\;\displaystyle \frac{OP_2}{OP_1} = k\;$.

A construção a seguir ilustra a resolução do problema recorrendo a transformações geométricas. Clicando no botão Resolução pode ver a solução do problema.

são dados: uma curva $\;c_1\;$ (no caso, uma hipérbole azul) e outra $\;c_2\;$ (no caso, uma parábola encarnada), um ponto $\;O\;$ , número $\;k$.
Procuramos um par de pontos $\;(P_1, \; P_2)\:$ de $\;c_1 \times c_2\;$ de tal modo que $\;\overrightarrow{OP_2} = k. \overrightarrow{OP_1}\;$, que é o mesmo que dizer que $\;P_2\;$ é homotético de $\;P_1\;$ pela homotetia $\; {\cal{H}}(O, \;k)\;$
Se determinarmos a curva $\;c'_1\;$, homotética de $\;c_1\;$ por $\; {\cal{H}}(O, \;k)\;$ e não for vazia a iinterseção $\;c'_1 . c_2\;$ encontraremos um ponto $\;P_2\;$ de $\;c_2\;$ a que corresponde o ponto $\;P_1\;$ de $\;c_1\;$ homotético de $\;P_2$
Pode haver mais que uma solução. Também pode não haver solução.

Pode deslocar $\;O\;$ e o cursor $\;\fbox{k=-2, ..., 2}\;$ ao cimo à esquerda.