Um colega de Brasília nos envia a seguinte questão:

Demonstre que de todos os triângulos de mesma base e altura, o de menor perímetro é o isósceles.

RPM:   Seja  BC  a base do triângulo  ABC  e   r  uma reta paralela a  BC  por onde se desloca o vértice   A.

Como o comprimento da base é constante, o menor perímetro do triângulo será conseguido quando AB + AC for mínimo. Seja então B' o simétrico de B em relação a r. Como, desta forma, a reta r é a mediatriz de  BB',  teremos, para qualquer posição de A, AB = AB'. Então AB + AC = AB' + AC que será mínimo quando B', A e C estiverem alinhados!

Assim, o ponto A está determinado pela interseção da reta r com a reta B'C. Na segunda figura acima, como P é médio de BB' e sendo r paralela a BC, concluímos que  A   é médio de   B'C.   Logo,   AC = AB' = AB  e o triângulo  ABC  é isósceles.

Nota: Este processo é válido para obter o triângulo de perímetro mínimo quando um lado é dado e o vértice oposto pertence a uma reta qualquer.

Um leitor de São Paulo  nos envia a seguinte questão:

Na figura, ao lado  AB = 1 cm, BC = 1 cm  e  Â = 90°. Sabendo que  AP = PQ = QB   e AM = MN = NC, determinar a. área do triângulo  DMN.

RPM: Vamos resolver o problema em situação mais geral, sem nos preocuparmos com as medidas dos lados AB e AC, bem como com o fato do ângulo  ser reto. Lembremos que se dois triângulos ABC e AJL possuem o ângulo  comum, como na figura abaixo,
 

a razão entre suas áreas é dada por

No problema em questão, os lados   AB   e   AC estão divididos em três partes iguais
Estamos então preparados para a solução.

Um colega de São Paulo nos envia um interessante problema:

Dada uma circunferência qualquer, achar o centro da mesma utilizando apenas o compasso.

RPM: Utilizando régua e compasso, o problema de encontrar o centro de um círculo é elementar. Basta assinalar três pontos sobre o círculo e construir as mediatrizes de dois segmentos quaisquer. Utilizando apenas o compasso, a solução é mais difícil.

Em 1672 o matemático dinamarquês Georg Mohr publicou o livro Euclides danicus em que mostrou que toda construção que possa ser realizada com régua e compasso pode ser feita só com compasso.   Evidentemente não podemos traçar uma reta usando apenas o compasso, mas esta reta estará determinada quando dois de seus pontos são conhecidos; um triângulo estará determinado quando seus três vértices são conhecidos. A notável descoberta - de que a régua é supérflua - passou despercebida. Mais de um século depois, Lorenzo Mascheroni publica uma coletânea de problemas de construções geométricas utilizando-se apenas do compasso onde está incluído o problema que o leitor nos envia. Além desse, Mascheroni mostra como obter o ponto médio de um segmento cujas extremidades são conhecidas: como construir um quadrado conhecendo-se dois vértices adjacentes ou opostos, e muitos outros.

Vamos então mostrar a solução do problema em questão.

Sendo A  um ponto do círculo, efetue as construções:

1)     Com centro em   A   e abertura qualquer, determine os pontos   B  e  C.

2)   Com centros em B e C e raio AB =AC,  determine A' simétrico de A em relação ao segmento   BC.

3)     Com centro em A' e raio AA', determine os pontos   P  e   P' sobre o arco   BC.

4)     Com centros em    P    e    P'    e raio PA = PA', determine O, o centro do círculo.

Antes de justificar este procedimento, vamos lembrar uma propriedade dos triângulos que será utilizada.

Se  ABC  é um triângulo inscrito num círculo de raio  R  com  AB = c,  AC = b e altura  AH = h  então  bc = 2Rh.

Quando determinamos B e C, temos um triângulo isósceles ABC inscrito no círculo dado. AA' é o dobro da altura deste triângulo e como os triângulos AA'P e PAO são isósceles e semelhantes (porque o ângulo  PAO  ê comum), podemos escrever:

Por outro lado, pela propriedade acima, temos

Lembrando que  AC = AP  e  AB = AC,   das duas últimas expressões temos: AO = R .

Existe a solução, porém ...                               

O mesmo colega que nos enviou o problema anterior nos propõe outro:

Calcular  x  na figura ao lado.

RPM: Da semelhança dos triângulos   ADF e  ECF, temos:

Pelo teorema de Pitágoras no  ABE,  temos:

Fazendo os cálculos, chegamos à equação:

Não conseguimos resolver essa equação completa do 4^o grau, mas considerando a função f(x)=x⁴+2x³ + x² - 2x 1 sabemos que ela é contínua e que  f(0) = 1 e  f( l ) = 1. Portanto ela possui uma raiz real entre zero e um. Pelo método de aproximação de Newton (RPM 4, p.25) encontramos  x = 0, 8832035 .