Em volta do problema da dobra do quadrado de papel

Nesta entrada, embora todas as construções sejam feitas com régua e compasso, recorremos a operações algébricas, conceitos de função, derivada, etc.

Nas condições já descritas em entrada anterior que vale a pena rever por ter sio ampliada, dobrámos um quadrado de papel de cantos $\;A,\;B, \;C, \;D\;$
mantendo fixos os cantos $\;B, \;C \;$ e levando $\;A\;$ a sobrepor-se a um ponto $\;A'\;$ de $\;BC.\;$
Escolhemos, para isso, um ponto $\;P \in [AB]\;$ para extremo de uma linha de dobra mais próximo de $\;B\;$ que de $\;A.\;$ Sabemos que
— para cada ponto $\;P\;$ há um só $ \;A' \in [BC] \;$ tal que $\;\overline{PA}= \overline{PA'},\;$
— $\;AD \longrightarrow A'D' \;$ sendo $\;A'D' \perp PA' \wedge A'D'= AD,\;$
o outro ponto $\;E \in [CD]\;\;$ extremo da linha de dobra está na perpendicular a $\;A'D'\;$ tirada por $\;D'\;$ e é tal que $\;\overline{ED}=\overline{ED'},\;$
— os trapézios $\;APED\;$ e $\;A'PED'\;$ são geometricamente iguais, ou a figura $\;APA'D'ED\;$ admite a linha de dobra $\;PE\;$ como eixo de simetria (reflexão)
— são semelhantes os triângulos retângulos $\;PBA', \;A'CF, \;FD'E.\;$ já que são complementares entre si $\;B\hat{A'}P\;$ e $\;F\hat{A'}C\;$ e, cada um deles, ser respetivamente complementar com $\;A'\hat{P}B\;$ e $\;C\hat{F}A'\;$ e este último ser verticalmente oposto a $\;E\hat{F}D',$ obviamente complementar de $\;D'\hat{E}F.$

Apresentamos, nesta entrada, relações entre comprimentos de segmentos (do quadrado, dos trapézios, dos triângulos, etc) que não dependam da posição de $\;P\;$ e nos foram sendo sugeridas por leituras a respeito de um problema de optimização Sangaku.....

As quatro etapas da construção que ilustram as diversas relações podem ser seguidas na figura dinâmica abaixo.

© geometrias, 23 outubro 2017, Criado com GeoGebra

  1. Começamos por apresentar o quadrado $\;ABCD\;$ e
  2. a castanho, o trapézio $\;A'DEP\;$, imagem de $\;ADEP\;$ por uma reflexão de eixo $\;EP.\;$
  3. A circunferência de centro em $\;A'\;$ e a passar por $\;D'\;$ (de raio $\;A'D'=AB\;$) passa pelo ponto $\;T\;$ de tangência de $\;(A',\; AB)\;$ com $\;AD\;$ ($\;A'T \perp AD \; \wedge A'T = AB\;$ ) a que, ao dobrar pela reflexão de eixo $\;EP, \;$ corresponde o ponto $\;T'\;$ de tangência de $\;A'D'\;$ com $\;(A, \;AB)\;$ ( a reflexão de eixo $\;EP\;$ que transforma $\;(A, \;AB)\;$ em $\;(A', \;AB)\;$ mantém a tangência)
    Ficou assim provado que $\;T'\;$ é um ponto de tangência de $\;A'D'\;$ com $\;(A, \;AB).\;$
    1. Em consequência, e por $\;B\;$ e $\;D\;$ serem pontos de tangência de $\;(A, \;AB)\;$ respectivamente com $\;BA'\;$ e com $\;DF\;$ são iguais os segmentos dessas tangentes, a saber: $\;A'T'=A'B\;$ e $\;FT'=FD\;$.
    2. E podemos agora provar que o perímetro do triângulo $\;A'CF\; $ $$\;A'C+A'F+FC=A'C+\underbrace{A'T'+T'F}+FC= \underbrace{CA'+A'B} + \underbrace{DF+FC}=BC+CD$$ é igual a metade do perímetro do quadrado $\;ABCD.\;$
    3. Do mesmo modo, como $\;CA'+A'F+FC=BC+A'D'=\underbrace{BA'+A'C}+\underbrace{A'F+FD'}=\underbrace{CA'+A'F}+ \underbrace{A'B+FD'}$ concluímos que $$FC=A'B+FD'$$
    4. Como $$\Delta A'CF'\; \sim \Delta FD'E \Longrightarrow \frac{A’F}{EF}= \frac{A’C}{D’E}=\frac{CF}{D’F}$$ $$\Delta PBA'\; \sim \Delta FD'E \Longrightarrow \frac{BA’}{FD’}=\frac{PB}{ED’}=\frac{PA’}{EF}$$ $$\Delta A'CF'\; \sim \Delta PBA' \Longrightarrow \frac{A’F}{A'P}= \frac{A’C}{PB}=\frac{CF}{A'B}$$ e $$\;FC=A'B+FD' \Leftrightarrow \frac{FC}{FD'} = \frac{FD'}{FD'}+\frac{A'B}{FD'}= 1+\frac{A'B}{FD'}, \;\;\;\;\overline{F'D} \neq 0\;$$ ou seja, a razão da semelhança que transforma $\;\Delta FD'E\;$ em $\;\Delta A'CF'\;$ excede em 1 o valor da semelhança que transforma $\;\Delta FD'E\;$ em $\;\Delta PBA'\;$ e é, por isso, sendo verdade que $\;FC=A'B+FD'\;$ também é verdade que $\;A'C=PB+D'E\;$ e $\;A'F=PA'+EF.\;$ $$CF+FA'+A'C = \underbrace{A'B+FD'} + \underbrace{PB+D'E} + \underbrace{PA'+EF}= \underbrace{BA'+A'P+PB} + \underbrace{FD'+D'E+EF}$$ e concluimos que o perímetro de $\;\Delta A'CF'\;$ é igual à soma dos perímetros de $\;\Delta PBA'\;$ e $\;\Delta FD'E.\;$
  4. Mostra-se nesta etapa o círculo inscrito de centro em $\;I\;$ e raio $\;r=IJ=IK=IL\;$ no triângulo $\;A’CF\;$ retângulo em $\;C\;$ e os pontos de tangência: $\;J\;$ do lado tangente $\;A’C,\;\; \;K \;$ do lado tangente $\;CF,\;\;\;L\;$ do lado tangente $\;A’F.\;$ Cada um destes pontos de tangência divide o lado respetivo em dois segmentos, a respeito dos quais sabemos que $$\;A’L=A’J,\; \;\;FL=FK, \; \;CJ=CK=JI=KI=LI.$$
    Ainda nos interessam alguns resultados que relacionam o inraio $\;r\;$ do triângulo $\;A’CF\;$ com os seus lados e dos outros triângulos semelhantes a este.
      Podemos também provar que
    1. o inraio $\;r=IJ=IK=IL= JC=CK\;$ tem comprimento igual ao segmento $\;[FD'].\;$
      Como $\;CF+FA'+A'C = CK+KF+FL+LA'+A'J+JC =r+FL+FL+LA'+LA'+r =\;$ $=2r+2FL+2LA'=2(r+FL+LA')\;$ e $\;A'D' = A'L+LF+FD'\;$ e, em consequência , $\;2A'D'= 2A'L + 2FL + 2FD' =2(FD'+FL+LA').$
      Ora, por ser $\;2A'D'\;$ o semiperímetro do quadrado $\;ABCD\;$ como o é $\;CA'+A'F+FC\;$ (cf. 3.2), podemos escrever $\; 2(r+FL+LA')=2(FD'+FL+LA')\;$ o que equivale a $$\;r=FD'\;$$
    2. De $\;BA'+ A'J+JC = BC =A'D'=A'L+LF+FD' \; \wedge A'J=A'L$ retira-se $$\;BA'= A'L= KF\;$$
    3. De $\; FC=FK+KC,\;$ tiramos $\;FK=FC-r\;$ e de $\; A’C=A’J+JC,\;$ tiramos $\;A’J =A’C-r\;$ e, em consequência, $\;FA’=FJ+JA’=FC-r +A’C-r =FC+A’C-2r\;$ e, concluindo, $\;2r=FC+CA’-A’F\;$ que nos dá o valor do inraio $\;r\;$ em função dos lados do triângulo $\;A’CF\;$ em que se inscreve o incírculo: $$\;r= \frac{FC+CA’-A’F}{2}\;$$ metade da semi-soma dos catetos subtraída da hipotenusa.
    4. Se tomarmos o ângulo $\;A'\hat{A}B =D'\hat{D}F =\alpha\;$ e para unidade de comprimento o lado do quadrado $\;AB=1,\;$ $\;tg(\alpha)=BA'=t\;$ . Temos $\;A'C=1-t\;$ e $$\frac{BA'}{A'C}=\frac{t}{1-t}.$$Quando tomamos $\;D\hat{A}F=\displaystyle \pi /4 -\alpha\;$ ficamos com $\;tg(\displaystyle \pi /4 -\alpha) = \displaystyle \frac{1-t}{1+t} \;$ e $\;CF=1-FD=\displaystyle \frac{2t}{1+t}\;$ e $\;\displaystyle \frac{CF}{FD}=\frac{2t}{1-t}\;$

  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.