as relações entre os raios de quatro círculos mutuamente tangentes.

Segundo Coxeter*:
em carta de novembro de 1643 à princesa Isabel da Boémia, René Descartes desenvolveu uma fórmula relacionando os raios de quatro círculos tangentes mútuos

e nós esperamos que todos façam algo parecido por quem precise de uma carta qualquer.

A seguir deixamos uma ilustração como aquela que acompanha essa referência de Coxeter.

---

* H.S.M. Coxeter. Introduction to Geometry John Wiley & sons, inc.

Os centros de dois círculos bem separados formam um quarteto harmónico com os centros das duas homotetias entre eles...

---

Em várias épocas (2010 e 2012 principalmente) foram estudados os temas que agora aqui são levantados. Construções então feitas (Cabri, ZuL (CaR ou ReC), GSP - Geometer´s Sketchpad, Poly, Descartes, Cinderella, Modellus, e ... também o GeoGebra (foram sendo web-depreciados bem assim como os applets, etc) deixaram de estar visíveis. Estamos tentados a reconstruir essas construções (ilustrações de conceitos e etapas de resolução de problemas e verificações de resultados. Vai demorar algum tempo. Aqui se mostram, ao fundo, alguns conceitos e problemas cujas ilustrações esperam restauração. Lá iremos.

1. São dados dois círculos (A) e (B) de centros A e B sem qualquer ponto em comum.
2. Determina-se o ponto O de intersecção das duas tangentes externas comuns aos dois círculos (A) e (B)
3. e, de modo análogo se determina o ponto I de intersecção das tangentes internas comuns aos círculos (A) e (B).
4. Tome-se um ponto C qualquer exterior à recta IO e, um ponto D livre sobre o segmento AC
5. Para cada C, para além do segmento de recta AC, também estão bem definidos os segmentos CO e CI e, para cada D de AC, ficam definidas as rectas
   • DI e o seu ponto E de intersecção com CO;
   • OD e o seu ponto F de intersecção com IC;
   • e fica assim determinada a 6ª reta EF interessante de um quadrilátero completo: de vértices C,E,D,F só colineares dois a dois, sendo os lados as retas OC(CE),EI(ED),IC(CF), FO(FD) e as diagonais CD e EF
6. Essa última recta (diagonal EF) passa por B, quaisquer que sejam as posições de C e D (que pode deslocar na ilustração) e quaisquer que sejam as posições e tamanhos das circunferências (A) e (B) desde que separadas

Nota: Quaisquer duas circunferências são homotéticas. Uma homotetia que transforma o círculo de centro A no círculo de centro B tem razão em valor absoluto igual ao quociente dos raios e transformam A em B só pode ter o seu centro sobre a recta AB. Por isso, no caso em estudo, O,A,I,B são colineares ( r_(B) OA = r_(A) OB e r_(B) IA = r_(A) IB)

---

Conjugados harmónicos com régua e compasso [4/4/07]
Conjugados harmónicos com régua [4/4/07]
Quadrilátero completo12/4/07
Harmonia que se projeta [17/4/07]
Harmonia que se projeta [18/4/07]
Feixes harmónicos [18/4/07]
Razão anarmónica [19/4/07]
A razão positiva [20/4/07]
divisão harmónica em reconstrução
sobre o harmónico - em reconstrução
Geometry with Computers. Computer-Based Techniques to Learn and Teach Euclidean Geometry. Tom Davis. Draft Date: May 17, 2006

Antero'keeffe - a reconstrução

Em busca de uma curva, Antero Neves chegou a outra.
Uma curva inesperada merece ser mostrada.
Aqui fica.

Houve quem pensasse em borboletas.
Eu pensei em Georgia O'Keeffe.

Dual do problema de Malfatti (da entrada anterior)

---

[M.I.B.H.S.]:
Dual do problema de Malfatti (geometriagon 868 - enunciado também referido em 5.6.09)

Dados dois círculos circunscrever-lhes os dois triângulos equiláteros de área mínima

A construção vai em anexo:
1. Determinar as tangentes exteriores aos dois círculos (deixei a construção a preto tracejado)
2. Sobre cada tangente construir os triângulos equiláteros com os lados tangentes a cada círculo (deixei a construção de um dos lados, de um dos triângulos, a laranja tracejado.
Esta construção repete-se para os outros lados)


[M.I.B.H.S.]

O original problema de Malfatti

---

Numa entrada de 5 de Junho de 2009, fala-se de um problema de Malfatti assim anunciado: Num dado triângulo, inscrever três círculos somando uma área total máxima e uma ilustração que foi restaurada recentemente. Na mesma publicação havia referência a outros problemas interactivos (ilustrações, construções) resolvidos pela Mariana Sacchetti, no projecto Geometriagon em que participámos e nos preocupa por dificuldades do mesmo tipo que nos aflige aqui e nos obriga a restaurar velhas publicações.
Dessas resoluções não vimos as construções e, por isso, a Mariana retoma agora o dito Teorema... a mensagem dela aqui fica acompanhada de construções dinâmicas:

---

Problema original de Malfatti

Em 1803, Malfatti colocou o seguinte problema:
De um prisma triangular de mármore, retirar três colunas cilíndricas, de volume máximo.
Embora conjeturasse que a solução seria a do problema:
Inscrever num triângulo três círculos, cada um tangente aos outros dois e a dois lados do triângulo
e esses círculos viessem a ficar conhecidos por círculos de Malfatti - a maior divulgação do problema foi feita por Gregonne, que ao traduzir para francês ignorou a maximização da área - a verdade é que não são estes os três círculos de área máxima que se podem inscrever num triângulo.

Para encontrar os n círculos de área máxima, inscritos num triângulo, está já provado para n≤3 que o seguinte algoritmo encontra sempre a solução óptima:

1. Inscrever um círculo de área máxima no triângulo (círculo inscrito)
2. Inscrever um segundo círculo na esquina que tiver menor ângulo.
3. Inscrever o terceiro círculo no maior dos cinco espaços restantes.

e , este algoritmo leva-nos a configurações deste tipo (Geometriagon, 870)

Mas também pode levar, em triângulos isósceles em que o ângulo diferente é muito pequeno, à seguinte configuração

---

Ainda um esclarecimento da Mariana Sacchetti como prenda para Aurélio

1. Constrói-se o incírculo.
    Construção do círculo inscrito no ângulo A
2. Constrói-se um círculo auxiliar tangente aos dois lados do ângulo.
     Seja E o ponto de tangência a um dos lados e D o ponto de interseção com a bissetriz.
3. Seja D’ O ponto de interseção da bissetriz com o incírculo.
     4.Construir o círculo homotético do círculo auxiliar, na homotetia de centro A que transforma D em D’:
    a) Por D’ traça-se uma paralela a DE. Determina-se E’
    b) A perpendicular ao lado AC em E’ determina na bissetriz o centro do círculo que se pretende
Do mesmo modo se constrói o círculo inscrito no ângulo B e no ângulo C.
Os três círculos inscritos no triângulo somando uma área total máxima, são o incírculo e os dois maiores dos restantes três (um em cada ângulo), dependendo de cada triângulo.
A ideia de ter deixado um a tracejado é que, uma vez que pode mexer o triângulo, a solução não será obrigatoriamente os dois que estão a cheio. (na posição da figura que envio, os que interessam são o inscrito no ângulo A e o inscrito no ângulo C)

                    3 de Maio de 2020
                    (data assinalável)
                    Mariana [M.I.H.B.S.]