14.11.06

Triângulos de sempre!

Para ocupar o tempo dos geómetras e aplicar alguns dos resultados já publicados por aqui, propomos um novo problema de construção de triângulos.
Determinar os vértices de um triângulo [ABC] de que se conhecem o centro I do círculo inscrito, o centro Ia do círculo ex-inscrito em A e o centro Oe do círculo definido pelos três ex-incentros (Ia, Ib, Ic).
Aqui apresentamos o respectivo exercício interactivo. Basta clicar sobre o enunciado.

31.10.06

Outro triângulo

A Mariana não descansa de procurar relações entre elementos de um triângulo. Enquanto digerimos algumas destas elocubrações, propomos um exercício sobre um novo triângulo [ABC]:
Dados A e a direcção AB, Ta e Ia, determinar B e C

Chamamos Ta e Ia aos pontos da bissectriz do ângulo Â, o primeiro sobre a ou BC e o outro como centro da circunferência ex-inscrita.

30.10.06

Outro pentágono

Já construímos pentágonos, dados os raios das circunferências circunscrita e inscrita e dado o lado. Propomos agora que pense no problema da construção de um pentágono regular de que se conhece uma diagonal.

29.10.06

Os compassos

A 3 de Fevereiro de 2006, publicámos Pentágono a compasso, com a construção colorida de um pentágono regular (ou a divisão de uma circunferência em cinco arcos iguais) só com compasso, feita pela Mariana S. O que queríamos dizer quando escrevíamos "só com compasso"?
Como comentário a esse artigo, Mara Cardoso escreveu:
Realmente a construção com que a Mariana nos presenteou é de uma beleza gráfica inegável. No entanto, tenho em minha posse a construção de um pentágono regular usando apenas o compasso, uma construção de Mascheroni, portanto que gostaria de partilhar convosco aqui.


Essa construção é a seguinte:
Seja A um ponto arbitrário da circunferência K (O;r) .
Encontremos os pontos B, C e D tais que as medidas dos arcos AB, BC e CD sejam 60º.
Como o fazer?
Traçamos uma circunferência de centro A e raio r. Seja B o ponto de intersecção dessa circunferência com K(O;r).
Tracemos uma nova circunferência de centro B com o mesmo raio. Seja C o novo ponto de intersecção.
Analogamente, traçamos uma circunferência C(C;r) e o ponto D é a intersecção de K com C.
Seguidamente?
Com centros A e D e raio AC tracemos dois arcos.
Seja X um dos pontos de intersecção desses dois arcos.
Tracemos uma circunferência C(A; OX) e seja F um dos ponto de intersecção de K com C, ponto médio do arco BC.
Agora, com o raio de K e centro em F, tracemos uma circunferência que intersecta K nos pontos G e H.
Por fim, com centros em G e H e raio OX tracemos dois arcos.
Seja y o ponto de intersecção desses dois arcos.
Assim, AY será igual ao lado do pentágono pretendido.
Agora, basta traçar sucessivos arcos a partir de A e com raio AY e, os pontos de intersecção desses arcos com a circunferência K são os pontos o pentágono pretendido."

Será que Mara está a falar do mesmo que a Mariana? Será que ambas as construções usam o mesmo compasso?
A Mariana S. usou, na sua construção, tão só, o terceiro postulado d'OS ELEMENTOS. Euclides dizia:
Pede-se como cousa possivel, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha recta.
E que uma linha recta determinada se continue em direitura de si mesma, até onde seja necessario.
E que com qualquer centro e qualquer intervallo se descreva um circulo.

A estes postulados, humildes pedidos, correspondem instrumentos que podemos chamar régua não graduada e compasso de Euclides.
Mara usa outro compasso, que permite transferir comprimentos e é aquele a que vulgarmente chamamos compasso, por exemplo, quando faz a circunferência de centro em A e raio |OX|. Claro que podemos transferir comprimentos com o compasso euclidiano, mas isso exige várias operações em sequência. O trabalho da transferência de comprimentos do compasso da Mara foi substituído por trabalhos com régua não graduada e compasso de Euclides (pelos postulados) foi tratado n'OS ELEMENTOS, com a PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha recta igual á outra recta dada ( Fig. 19 ).



Seja dado o ponto A, e dada tambem a recta BC. Se deve do ponto A tirar uma linha recta egual á recta dada BC.

Do ponto A para o ponto B tire-se ( Post. 1 ) a recta AB, e sobre esta se faça ( Prop. 1, 1 ) o triangulo equilatero DAB; e se produzam ( Post. 2 ) as rectas AE, BF em direitura das rectas DA, DB. Com o centro B e o intervallo BC se descreva ( Post. 3 ) o circulo CGH; e tambem com o centro D e o intervallo DG se descreva o circulo GKL. Sendo o ponto B o centro do circulo CGH, será BC=BG ( Def. 15 ). E sendo D o centro do circulo GKL, será DL=DG. Mas as partes DA, DB das rectas DL, DG são eguaes. Logo, tiradas estas, as partes residuas AL, BG serão tambem eguaes ( Ax. 3 ). Mas temos demonstrado, que é BC=BG. Logo cada uma das duas AL, BC será egual a BG. Mas as cousas eguaes a uma terceira, são eguaes entre si. Logo será AL=BC; e por consequencia temos tirado do ponto A a linha recta AL egual a outra dada BC.


Se tivermos de dispensar a régua não graduada, para o mesmo trabalho, vemos como os dois compassos são radicalmente diferentes. Tivemos de esperar por Bohr e Mascheronni para ver como o compasso que a Mariana usou pode substituir (labor, lavor) o compasso de Mara. Havemos de voltar a este assunto dos compassos. Quem sabe se pela mão de Mara Cardoso.

Aproveitamos para recomendar uma visita a Eduardo Veloso e amigos que tratam da construção geométrica e, particularmente, dos compassos - euclidiano ou "sem memória", moderno ou capaz de transferir comprimentos.

Os excertos d'Os Elementos, aqui publicados, foram retirados da versão publicada por Jaime Carvalho e Silva, em Nonius

26.10.06

Sétimo despertar

No Geometriagon (ver exercícios 465, 387, 388, etc) e neste blogue ( ver 19/10), aparecem uns quantos problemas cujos dados são raios de círculos ex-inscritos. A sua solução é possibilitada recorrendo a resultados que o trabalho da Marianna trouxe para a (nossa pequena) ribalta.

1. Dados os raios de dois círculos ex-inscritos referentes a dois dos vértices de um triângulo, é possível obter a altura referente ao terceiro vértice.
Suponhamos dados ra e rb, vamos obter hc. Tomemos uma recta r e tracemos duas perpendiculares: numa delas marcamos o comprimento ra e noutra comprimento rb. Unindo extremos não consecutivos, obtemos um ponto de intersecção de duas rectas a meia altura -hc - do triângulo das circunferências exinscritas com aqueles raios.




2. Dados um lado de um triângulo e os raios dos dois círculos exinscritos referentes aos dois vértices desse lado, é possível obter os centros desses círculos.
Suponhamos dados o lado AB e os raios ra e rb. Tomemos BB' de comprimento ra perpendicular a AB em B e AA' de comprimento rb perpendicular a AB em A. Já vimos como obter hc. Tracemos duas paralelas a AB: uma por A', outra por B'. Desenhemos o rectângulo A'DB'E; as suas diagonais intersectam-se em K. O ponto K é centro de uma circunferência que contem A, B, Ia e Ib. A recta EB' determina Ia, a recta DA' determina Ib.

19.10.06

Um certo triângulo

Mara Isabel Cardoso, uma jovem professora de Matemática, colaborou aqui no bloGeometria (com um comentário e várias propostas) e também no Geometriagon. Foi, aliás, a única portuguesa (até hoje, para além de nós, aqui neste canto) que acrescentou um problema (o problema 523) à lista do Geometriagon, seguindo uma sugestão do Curso de Geometria de Paulo Ventura Araújo, publicado pela Gradiva. Agradecemos publicamente a Mara Isabel a participação de que abordaremos alguns aspectos em futuros artigos.

Não vamos apresentar aqui o problema 523, proposto por Mara Isabel. Apresentamos antes um outro que esse nos lembra e nos remete para o mesmo Curso de Geometria.

Aqui vai:


Tome um ângulo agudo qualquer de vértice A, e, entre os seus lados, um ponto P qualquer. Determine B e C sobre os lados do ângulo A, de tal modo que P seja o ponto médio de [BC].


Clicando sobre a ilustração ou sobre o enunciado, tem acesso ao exercício interactivo.

2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção