15.2.10

A divisão harmónica é o que parece

Na figura dinâmica abaixo, (A,B;C,D) é um quaterno harmónico. Pode deslocar A e B, observando que:


  1. |CA|.|DB|=|CB|.|DA|

  2. Sendo J o ponto médio de CD,| JC|=|JD|, |AC|.|AD|=|AB|.|AJ| equivamente a

  3. 2/|AB|=1/|AC| +1/|AD| - relação de Descartes - que é o mesmo que

  4. |AB|=(2|AC|.|AD|)/(|AC|+|AD|) - |AB| é a média harmónica de |AC| e |AD|.

  5. Sendo I o ponto médio de AB, |IA|=|IB|, |IA|2= |IC|.|ID| - relação de Newton - e é claro que

  6. sendo J o ponto médio de CD, |JC|2=|JA|.|JB| ou: B é o inverso de A relativamente à circunferência de diâmetro |CD|






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13.2.10

Divisão harmónica

Consideremos quatro pontos colineares A, B, C e D, em que apenas C está entre A e B. Dizemos que C divide o segmento AB em dois segmentos (CA e CB) na razão CA/CB. Do mesmo modo, podemos dizer que D divide o segmento AB em dois segmentos (DA e DB) na razão DA/DB. Quando DA/DB=CA/CB (aritmeticamente falando), dizemos que os pontos C e D separam harmonicamente A e B ou que C e D dividem harmonicamente o segmento AB naquela razão.
Também dizemos que C e D são conjugados harmónicos relativamente a A e B.
Claro que a relação DA/DB=CA/CB é equivalente DA.CB=DB.CA ou (DA/DB)/(CA/CB)=1 ou (CA/CB).(DB/DA)=1. Veremos outras relações em futuras entradas.

O que nos interessa hoje é ver (seguindo a figura dinâmica abaixo) que, se tomarmos dois pontos A e B e a partir de cada um deles tomarmos duas rectas (AG e AE; BG e BF) de tal modo que se forme um quadrilátero completo (A, B, [E, F, G, H]) as intersecções C e D das diagonais EH e GF com a recta AB dividem harmonicamente o segmento AB.





Na figura pode deslocar E para verificar que C e D se mantêm invariantes, apesar de mudar os lados do quadrilátero (por construção C não depende de G). Se deslocar G,(ou F) faz variar D e consequentemente C, que nas novas posições continuam a separar harmonicamente AB.

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9.2.10

Um ponto divide um segmento em partes com razão

Várias vezes usámos a projecção paralela de um segmento sobre o outro para o dividirmos em partes iguais. Por sabermos que a razão entre elementos de pares correspondentes de segmentos em rectas cortadas por paralelas respeitam a razão entre eles.

Segmentos iguais numa recta são projectados paralelamente em segmentos iguais noutra qualquer.





O método geral de divisão de um segmento de recta AB em partes iguais, usa precisamente as propriedades da projecção paralela. Toma-se uma recta AC concorrente com AB em A, em que se marquem um certo número de segmentos iguais a partir de A. Se quiser dividir o segmento AB em 5 partes partes iguais tomo o extremo do quinto segmento determinado sobre AC e projecto este sobre B. Depois paralelamente, projecto os outros pontos sobre AB. No caso da construção, vimos que 5|AK|=|AB| ou |AK|/|AB|=1/5 ou |AB|/|AK|=5/1.

E também podemos dizer que K divide aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AK e KB em que 4|AK|=1|KB| ou na razão 1/4. Do mesmo modo, podemos dizer que L divide AB em dois segmentos AL e LB em dois segmentos na razão 2/3 ou M divide AB em dois segmentos AM e MB na razão 4/1 ou N divide o segmento AB em dois segmentos AN e NB na razão 7/2.

Acrescente-se que este método geral de construção para a divisão de um segmento em partes iguais é também bom para multiplicar um segmento por qualquer número racional. Por exemplo para obter um segmento AP : |AP|= (7/5)|AB| equivale à deteminação de N, tirando pelo extremo do 7º dos segmentos iguais em AC uma paralela à recta que une o extremo do 5º dos segmentos iguais de AC com B.



Notas:

  1. Na construção pode deslocar o ponto C e a semirecta AC, verificando que os pontos da divisão de AB não dependem da semirecta. E podem deslocar o extremo do 1º dos segmentos iguais sobre AC para verificar que os pontos da divisão de AB não dependem do tamanho dos segmentos iguais sobre AC

  2. O ponto médio de AB é obviamente um ponto M que divide o segmento AB em AM e MB de razão 1/1

  3. Para uma dada razão k ≠1, há sempre dois pontos P da recta AB que dividem aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AP e PB na razão k/1.





Acrescente-se a ideia de separação de um par (A,B) por outro, por exemplo, (M,N):
dizemos que os pontos M e N separam (ou dividem) o segmento AB ou par (A,B), nas razões MA/MB=5/1 e NA/NB=7/2 - se considerássemos estes pares como pares de segmentos orientados, as razões correspondentes teriam sinais contrários.
E uma ideia de razão para o quaterno (A,B;M,N):
[(MA/MB).(NB/NA)=10/7 e, tratando-se de segmentos orientados: MA/MB).(NB/NA)=-10/7 ].

O ponto L: LA/LB = 2/3 e um ponto P (fora de AB para o lado de B): PA/PB=3/2, dividem o segmento AB na razão 2/3 (ou -2/3): (LA/LB).(PB/PA)=1 (ou -1, caso considerássemos os segmentos orientados). Esta divisão produzida por L e P sobre AB merece o nome de divisão harmónica e estudo à parte. Dizemos que L e P dividem harmonicamente na razão 2/3 o segmento AB. Esta divisão já foi abordada em variadas entradas deste lugar de geometria com régua e compasso.

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2.2.10

Transportar comprimento

Exercício interactivo
Com as ferramentas disponíveis, determinar o ponto D (alvo) que é tal que |AD|=|BC|.



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30.1.10

Um problema e duas resoluções - a reflexão

O processo de resolução de um problema depende sempre dos instrumentos de que dispomos para o fazer e dos conhecimentos que mobilizamos no momento. O problema de transportar (o comprimento de) um segmento dado para outra posição num plano é actualmente resolvido com recurso a isometrias (translações, rotações, reflexões, reflexões deslizantes).
No Livro I, proposição II dos “Elementos de Euclides” é colocado o problema de tirar por um ponto A dado, um segmento de comprimento igual a outro BC dado. Com os conceitos em uso - por dois pontos passa uma recta (régua não graduada) e dados dois pontos BC há pontos que estão distanciados B tanto quanto C de B- circunferência centrada num ponto e a passar por outro-, Euclides resolveu o problema do seguinte modo: Determinou o ponto D, igualmente distanciado de B e de A (intersecção das circunferências centradas em A e em B e de raio AB). Por D e B, fez passar a recta DB e com a circunferência de centro em B e raio BC determinou sobre a recta DB o comprimento BC. Por ser DB igual DA, a circunferência de centro D e raio DB+BC vai determinar sobre AD um ponto que está à distância BC de A. Pode acompanhar essa construção na figura dinâmica que se segue.





Admitindo que continua a não nos ser permitido transportar comprimentos (sem esta restrição o problema seria trivial), os nossos jovens podem, no entanto, compreender mais facilmente a resolução do problema mobilizando os conhecimentos sobre transformações geométricas- isometrias do plano - que permitem determinar segmentos de recta congruentes.
Por exemplo, podem pensar em usar uma reflexão cujo eixo é a mediatriz do segmento de extremos A (para onde queremos transferir o comprimento BC) e um extremo do segmento BC . Na construção que se segue toma-se a reflexão que leva de C para A (e B para B'). O comprimento de [BC] é igual ao comprimento de [B’A].





É claro que esta construção, usando o conceito de recta e circunferência definidas por dois pontos (como fez Euclides) não é mais simples que a original de "Os Elementos". Esta construção exige a construção de uma mediatriz de AC com recurso a duas circunferências e da perpendicular à mediatriz tirada por B com recurso a três circunferências seguida de uma intersecção e uma circunferência para determinar B' equidistante da mediatriz de AC.

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28.1.10

Demonstrando com homotetias

Para qualquer triângulo ABC, a distância do circuncentro O a um lado (BC, por exemplo) é metade da distância de H para o vértice oposto a esse lado (A, no caso).

Para mostrar que, para um triângulo qualquer, os circuncentro O, baricentro G e ortocentro H estão sobre a mesma recta (de Euler), utilizámos a homotetia de centro em G e razão 2 que transforma O em H. Este novo resultado recebe confirmação com recurso à mesma homotetia. Por ela, O é transformado em H e Ma em A, já que 2GMa=GA. Em consequência, OMa é transformado em AH, sendo 2OMa=AH.



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23.1.10

Exercício usando reflexão

Temos vindo a propor alguns exercícios elementares com transformações geométricas do plano.
Aqui propomos a construção do transformado de um triângulo pela reflexão de eixo e (a preto)

Na construção dinâmica que se segue, pode usar as ferramentas disponíveis para construir a imagem do triângulo, como pode seguir a nossa proposta clicando sobre o botão ?



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21.1.10

Homotetia e circunferência

Para duas figuras homotéticas, há sempre mais que uma homotetia que transforma uma na outra?
No exercício interactivo que apresentamos a seguir, esperamos que determine a circunferência homotética da circunferência dada, pela homotetia de centro em C (dado sobre a circunferência) e razão -1/3.

Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?.

Depois de obter a solução - círculo de centro O' que passa por C(?) -, se clicar mais uma vez no botão ? aparecer-lhe-á uma circunferência de centro em O que passa por O' que é homotétrica da original. Qual é a razão desta homotetia?'
Haverá mais alguma homotetia a transformar, uma na outra, as circunferências que passam por C de centros em O e O'?



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2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção