Sangaku1

Descripción

Un cuadrado exterior, cinco círculos internos congurentes, formando una cruz. Cuatro segmentos que van de un vértice del cuadrado a uno de los lados opuestos; esos segmentos son paralelos y perpendiculares dos a dos. El centro del cuadrado es centro de simetría de la figura. El círculo central es tangente a los cuatro segmentos, los círculos laterales son tangentes a un lado del cuadrado y dos segmentos, y al círculo central.

Exploración1: geométrica

Podriamos hacer la construcción a partir del cuadrado o a partir del círculo central. Una vez trazados los segmentos interiores, la construcción de los círculos no tiene problema, pues el círculo central queda determinado por el cuadrado formado por esos segmentos, y los otros círculos son simétricos del central. a dificultad es determinar la posición de uno de los extremos de esos segmentos sobre el cuadrado exterior. Entonces podemos construir un cuadrado ABCD, y colocar un punto P sobre el segmento CD, para formar el segmento AP. Los otros segmentos quedan determinados, pues uno es paralelo a AP y pasa por C, otro es perpendicular a AP y pasa por B, el otro es perpendicular a AP y pasa por D.

El problema es entonces determinar la posición de P que hace que los círculos laterales sean tangentes al cuadrado. El arrastre y la medida nos permiten descartar rápidamente una razón entera entre el lado DC y el segmento DP. Por el contrario, nos dejan constatar que si el triángulo ADP es 30-60-90 entonces

los círculos laterales son tangentes a los lados del cuadrado. Si realizamos la construcción aplicando esta propiedad podemos verificar por arrastre que la figura obtenida cumple todas las condiciones descritas.

Exploración2: numérica

Hemos identificado cuatro triángulos rectángulos tangentes a un circulo central, de manera que las hipotenusas están sobre los lados del cuadrado, y los incírculos son congruentes y tangentes con el círculo central. ueremos entonces comenzar la construcción a partir de un triángulo rectángulo, construir su incirculo, luego el simétrico de este con respecto al cateto mayor será el circulo central. Si rotamos el triangulo y su incirculo alrededor del centro del circulo central 90°, obtenemos otro triangulo rectángulo y su incirculo tangentes al circulo central. Si repetimos la rotación, obtenemos los cuatro triángulos, pero sus hipotenusas no necesariamente forman un cuadrado.

El problema entonces es determinar qué triangulo rectángulo permite obtener el cuadrado.

Partimos de dos rectas perpendiculares en A, y un circulo tangente a esas dos rectas, que será el incirculo del triángulo. Luego colocamos un punto X sobre una de las rectas, que definirá un cateto del triángulo rectángulo, y la recta tangente al círculo por X. Esa recta corta la otra recta en un punto X’, tercer vértice del triángulo.

Luego construimos el simétrico del círculo con respecto a la recta AY, y la rotación de toda la figura alrededor del centro de ese nuevo círculo con un ángulo de 90°.

Moviendo el punto X nos damos cuenta que en un determinado punto, X’=Y, de manera que se forma el vértice del cuadrado que buscamos.

La pregunta es entonces: ¿podemos calcular la posición del punto X?

Llamemos P y P’ los puntos de tangencia del primer círculo con los catetos del triángulo.

Sabemos que d(A,P)=d(A,P’)=d(P’,A’) y d(A,X)=d(A’,X’). Sabemos que Y coincidirá con X’ si d(A’,Y)=d(A,X). Me intereso entonces en la distancia A’Y en funcion de la distancia AX. Pero como es el primer circulo el que determina el tamaño de la figura, voy a considerar la distancia AP como unidad de medida. Es decir, voy a comparar las razones XP/AP y A’Y/AP Mido las distancias, calculo las razones y luego voy redefiniendo X de manera que la razón PX/AP tome valores enteros 1, 2, 3,… obtengo entonces la siguiente tabla:

Si invertimos los valores de la segunda fila obtenemos

Donde podemos identificar una sucesión (que podemos confirmar con mas valores) de la forma n-->(n-1)/2 Podemos entonces calcular en qué valor de n se obtiene AX=A’Y.

(n-1)/2=1/(n+1)

(n-1)/2(n+1)=1

(n-1)(n+1)=2

n²-1=2 n²=3

n=sqr(3)

es decir que AX=A’Y cuando PX=PA*sqr(3), es decir PA y PX son catetos de un triangulo rectangulo 30 60 90.

Exploración 3

1) Partimos de la circunferencia central inscrita en un cuadrado y usamos simetría axial para construir las cuatro circunferencias tangentes a las rectas que son prolongación de los lados del cuadrado.

2) En la recta L, queremos encontrar un punto P tal que por ese punto podamos trazar rectas tangentes a C1 y C2 y que ambas formen un ángulo recto. Cuando se trazan esas rectas, el cuadrilátero ABPQ es cíclico pues sus pares de ángulos opuestos suman 180º.

Entonces, puedo circunscribir una circunferencia.

Nos damos cuenta que en el punto en el que las rectas tangentes a C1 y C2 por P forman un ángulo recto, el centro de la circunferencia circunscrita al cuadrilátero ABPQ está sobre la circunferencia C2, por lo que el triángulo ABP resulta ser 30 - 60 - 90. Como AP es diagonal al cuadrilátero y este es simétrico, el ángulo QPA también mide 30º.

Construcción 1

1) Partimos del cuadrado mayor y de un triángulo equilátero en su interior (de lado igual al lado del cuadrado), para obtener un segmento inclinado 60º.

2) Construimos la bisectriz de otro de los ángulos de 60º para obtener un triángulo 30 - 60 - 90.

3) Construimos la circunferencia inscrita.

4) Construimos otras dos circunferencias usando simetría axial.

5)Construimos paralelas a los segmentos por los vértices, y terminamos de hacer las circunferencias usando simetría.

Demostraciones

La figura con un punto móvil P cumple todas las condiciones menos una: la tangencia de los círculos laterales al cuadrado. La posición de P qué da la solución permite enunciar la siguiente conjetura:

Si el triángulo ADP es de 30 - 60 - 90, entonces los círculos laterales serán tangentes a los lados del cuadrado.

Demostración 1 (de la conjetura: si el ángulo es de 30º, entonces las circunferencias laterales son tangentes.

Tenemos que demostrar que si el ángulo DAE es de 30º, entonces el círculo simétrico con respecto a AE del círculo de centro O que pasa por G es tangente a AD. Es decir, que la distancia de O' a AD es igual a OG.

Calculamos el diámetro de la circunferencia de centro O que pasa por G: El triángulo ADE es un triángulo 30 - 60 - 90. EC es perpendicular a AD, EF es perpendicular a AE, por lo tanto, el triángulo EFC es semejante a

ADE. Sea AD = !, entonces DC es igual a 1 y DE=. Por lo tanto EC=.Por lo tanto, EF=.Si demostramos que O’G+OG=1/2, queda demostrada la tangencia. Por lo tanto debemos calcular O’G. Pero como OO’=EF,O’G=Por lo tanto O’G+OG=

Con lo cual, queda demostrado el teorema.

Demostracion 2

Si construimos un triángulo equilátero ABE, la bisectriz del ángulo BAE corta el lado BE en P y divide el triángulo en dos triángulos congruentes, y forma un ángulo de 30º con AB. Los incírculos de esos dos triángulos congruentes son congruentes y simétricos con respecto a la bisectriz.

El incírculo del triángulo APE tiene su centro en el corte de las bisectrices. Ahora bien, la bisectriz de AEB es la mediatriz de AB y la bisectriz de PAE forma un ángulo de 15 grados con la bisectriz de BAE, es decir que forma un ángulo de 45° con AB. Por lo tanto el centro de ese círculo es el centro del cuadrado. Si se hace lo mismo con el lado opuesto CD, se obtiene lo mismo, con lo cual queda demostrado que al tomar un ángulo de 30° en un vértice, los círculos simétricos del círculo central son tangentes a los lados del cuadrado.simétricos del circulo central son tangentes a los lados del cuadrado.

Demostración 3

Construimos un triángulo equilátero, sus bisectrices y tres circunferencias inscritas en él. Las bisectrices se cortan por la mitad.

Dos de las circunferencias coinciden con las del Sangaku. Una ritación de 30º del triángulo y sus circunferencias hace que la circunferencia (que está en el vértice de rotación del triángulo) que aún no coicidía con otra, ahora coincida con una de las circunferencias del cuadrado, quedando tangente a los lados del nuevo triángulo. Además, la rotación generó el ángulo recto del cuadrado. Así, se tienen tres círculos tangentes entres si, cuyas tangentes comunes son perpendiculares, es decir, obtuvimos el círculo central y dos de los círculos laterales.

Entonces, si tomamos un ángulo de 60º y otro de 30º, necesariamente el círculo simétrico al círculo central es tangente al lado del cuadrado. Al rotar el triángulo, con tres círculos inscritos, se obtiene una esqueina del cuadrado, en el que se tienen las propiedades exigidas.