30.5.13

Exercício interativo:
Desenhar a circunferência que passa por três pontos dados.

Nesta entrada, propomos-lhe que, com compasso e ponto a ponto,
desenhe a circunferência que passa pelos três pontos I, J e K dados.
Deixamos presente a ferramenta compasso (ícone próprio) que permite transferir comprimentos. Poder-se-ia dispensar, mas desenhar uma circunferência de centro em I e raio JK, por exemplo, acrescentaria demasiadas linhas à construção.




28.5.13

Exercício interativo:
Determinar o centro da circunferência, usando compasso

Estamos a publicar uma série de exercícios interativos com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella. Revemos alguns problemas enquanto experimentamos criticamente as potencialidades do Cinderella. Publicaremos mais tarde, ao fim de cada série, as construções que conduzem às soluções.
Nesta entrada, propomos-lhe que, com circunferências e ponto a ponto,
determine o centro da circunferência dada..

Esta restauração só mostra os passos feitos ao tempo, mas como figuras estáticas: nada interativas estas só servem ara deixar a ideia do que fizemos com o Cinderella para acompanhar professores e alunos......
Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella). ------Já cá não fica porque não se mostrava.....

27.5.13

Exercício interativo:
Com compasso, determinar a imagem de P por inversão relativamente a uma circunferência dada.

O exercício interativo em que, com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem por objetivo
determinar o ponto P' tal que OP . OP' =1, tomando para unidade o raio da circunferência.

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella). Não faço favores.

24.5.13

Exercício Interativo:
Determinar a tangente a uma circunferência num dos seus pontos


A Biblioteca da Escola José Estêvão comemora os seus 150 anos. Muitas das construções apresentadas neste espaço foram sugeridas e estudadas nos velhos livros da nossa biblioteca para aparecerem como reconstruções dinâmicas(como é natural na circunstância em que as retomamos). Esta Biblioteca, nascida no século XIX, chega toda dinâmica ao século XXI. Também aqui, ela mexe.
Aqui fica(va) um exercício interativo em que,com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tinha como objetivo que
determinassem, sem acesso ao centro da circunferência, a sua tangente em A .
Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella). Já era.

21.5.13

Exercício interativo:
Problema com cinco pontos e uma só razão.

Aqui fica um exercício interativo em que,com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar, sobre a reta a dos pontos A, A', B, B', um ponto M tal que
MA / MB = MA' / MB'
.

Passos estáticos:
Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella). Se fosse o que foi!

19.5.13

Exercício interativo:
Centros das homologias que transformam um quadrilátero num losango

Aqui fica um exercício interativo em que, apoiado pelas entradas sobre homologias e com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar conjunto dos pontos que podem ser centros de homologia que transforme um dado quadrilátero ABCD num elegante losango .
Não conseguimos recuperar para a vida o exercício interactivo feito com recurso a Cinderella. Mas aqui deixamos aos visitantes a sucessão de passos para resolver o problema acima enunciado.

Dado um quadrilátero de vértices A, B, C, D. O que se pretendia era que o visitante resolvente, usasse as ferramentas disponíveis à esquerda, para
  • desenhar as retas a=]AB[, b=]DC[, c=]AD[, d=]BC[ num primeiro passo e
  • acrescentar as intersecções E=c.d e F=a.b
  • que definem a reta - l- limite determinada por E e F (pontos comuns a lados opostos do quadrilátero que pela homologia devem ser transformados em retas pararelas de um quadrado;
  • convém agora apresentarmos as diagonais AC=f e BD=g que pela homologia (de que procuramos o centro) devem ser as diagonais do quadrado e, por isso, serem perpendiculares
  • Ora, a diagonal AC intersecta a reta limite (l) em G e a outra diagonal BD em H e as circunferências (G,H) e (H,G) determinam L, M e e=LM
  • e esta última reta intersecta l no fundamental K
  • por ser o centro da circunferência de diâmetro GH (vermelha) onde se encontram os pontos O tais que GO ⊥OH ....


15.5.13

Homologia que transforma um triângulo qualquer num equilátero

Há construções feitas no âmbito de notas de estudo sobre geometria projetiva que foram abandonadas na sequência apresentada e que vamos interromper. Uma delas foi a construção de um triângulo equilátero homólogo a um triângulo qualquer. Ou dito de outro modo, dado um triângulo qualquer determinar elementos definidores de uma homologia que o transforma num triângulo equilátero. É o que fica ilustrado na construção seguinte:


Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).

Na construção, é dado um triângulo ABC. Exigir que o seu homólogo A'B'C' seja equilátero, i. e. que $\overline{B'C'}=\overline{C'A'}=\overline{A'B'}$. Esta condição é equivalente a outras como $ \angle C'\hat{A'}B' = \angle A'\hat{B'}C' = \angle B'\hat{C'}A'$, ...
Como sabemos a imagem de qualquer ponto $P$ por uma homologia de centro $O$ e eixo $e$ será um ponto $P'$ de $OP$. Do mesmo modo, a imagem de um outro ponto $Q$ será um ponto $Q'$ de $OQ$. Além disso, $PQ.P'Q'$ terá de ser um ponto do eixo $e$.
A reta do inifinito do plano terá os seus correspondentes numa reta, a que chamamos reta limite. Há uma reta limite que tem por imagem hmológica a reta no infinito, assim como há a reta limite que é imagem da reta no infinito. Qualquer das retas limite é paralela ao eixo, como é óbvio: $\infty_e \longrightarrow \infty'_e (= O\infty_e . l$
Se nos derem a reta limite $l$ dos originais dos pontos no infinito, o ponto $PQ.l$ é o original do ponto no infinito de $P'Q'$, ou seja, $P'Q'$ é a reta que passa por $PQ.e$ e é paralela a $O(PQ.l)$. Dito de outro modo, dar a reta limite é dar a direção da reta homóloga de qualquer reta dada.
Sendo-nos dada a reta $l$ limite dos originais dos ponto no infinito pela homologia, e chamando $a$ a $BC$, $b$ a $AC$, $c$ a $AB$, $L_a$ a $a.l$, $L_b$ a $b.l$, $L_c$ a $c.l$, a direção de $B'C'$ ou a' é a mesma de $OL_a$, $b'//OL_b$, $c'//OL_c$. Para que A'B'C' seja equilátero só tenho que garantir que sejam iguais a $60^o$ dois dos ângulos $L_b\hat{O}L_c $, $L_c\hat{O}L_a$ e $L_a\hat{O} L_b$. Isso chega para garantir que $\hat{A'}=\hat{B'}=\hat{C'}=60^o$.
Tomada uma reta $l$ para reta limite e, sobre ela, determinados os ponto $L_a$, $L_b$ e $L_c$, o centro $O$ da homologia terá de estar sobre circunferências em que $L_b L_c$, $L_c L_a$ e $L_a L_b$ sejam lados de triângulos equiláteros (inscritos nas respetivas circunferências).

12.5.13

Teorema de Armin Saam (demonstração usando colagens de configurações de Ceva)

Na última entrada, numa triangulação composta por triângulos equipados com configuração de Ceva em que dois triângulos adjacentes partilham um lado e o respetivo ponto de bordo, fica esclarecido que as configurações de Ceva de todos os triângulos, à exceção de um deles, induz uma configuração de Ceva neste último.
O Teorema de Ceva é um teorema de incidência e, do mesmo modo, é um teorema de incidência o última resultado obtido para a triangulação da última entrada:
A existência de um ponto de Ceva P num triângulo ABC é equivalente à relação $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$ em que AB.CP é X, BC.AP é Y e AC.BP é Z.
Na segunda entrada sobre o Teorema de Armin Saam consideram-se 5 retas $r_i$ distintas, intersetando-se num ponto $O$, e cinco pontos $P_i$, sendo $P_i \in r_i$. Faz-se corresponder a um ponto $A_1$ de $r_1$ um ponto $A_2$ por perspetividade centrada em $P_4$ de $r_4$ ou ${A_2}=A_1 P_4 . r_2$, e sucessivamente ${A_3}=A_2 P_5, {A_4}= A_3 P_1 . r_4, {A_5}=A_4 P_2 . r_5, {A_6}=A_5 P_3 - r_1$. Sabemos que pode acontecer que $A_6 = A_1$, mas se for $A_6 \neq A_1$, continuamos a usar as perspetividades para obter novos pontos ${A_7}= A_6 P_4.r_2, {A_8}=A_7 P_5.r_3, {A_9}=A_8 P_1.r_4, {A_{10}}=A_9 P_2.r_5 até {A_{11}}=A_{10} P_3.r_1$. E conjeturámos então que $A_{11} = A_1$, a partir da ilustração dinâmica.
Retomamos, em seguida, a ilustração dinâmica então feita e nela acrescentamos $A_1 A_7 , A_7 A_3 , A_3 A_9 , A_9 A_5 , A_5 A_1$ e a sequência dos pontos $r_4.A_1 A_7, r_5.A_7 A_3, r_1.A_3 A_9, r_2.A_9 A_5, r_3. A_5 A_1$ designados $B_i, i = 1,\ldots 5$, por essa ordem.
Realçamos os triângulos a vermelho na figura para vermos a triangulação composta por 5 triângulos equipados com configurações de Ceva, cujos pontos de Ceva são os designados {P_i}.


Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).

E, como sabemos, a sucessão de configurações de Ceva desde $O A_1 A_7$ até $O A_9 A_5$ obriga uma configuração de Ceva para $O A_5 A_1$ em que uma das cevianas é exatamente $A_{10} A_1$ passando por $P_3$, centro da perspetividade na configuração de Amir Saam e ponto de Ceva da triangulação. Fica assim demonstrado que as duas voltas das perspetividades nas condições de Amir Saam levam de $A_1$ para $A_1$.

Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011

9.5.13

Colar triângulos equipados com configurações de Ceva e relação associada a uma triangulação fechada

Jurgen Richter-Gebert acha que as configurações de Ceva e Menelaus, sendo estruturas muito simples, podem ser a base para construir blocos para novos e mais complexos resultados. Para isso, procura-se uma forma de colar várias destas estruturas simples.
Comecemos com um triângulo $ABC$ (orientado de $A$ para $B$ para $C$, ou no sentido contrário ao dos ponteiros do relógio). Uma configuração Ceva considera, para além dos vértices $A$, $B$ e $C$, os pontos dos bordos $X$ de $AB$, $Y$ de $BC$ e $Z$ de $CA$ e o ponto $P$ de Ceva comum às cevianas $AY$, $BZ$ e $CX$. A esta configuração de Ceva associa-se a relação, já demonstrada, $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} = 1$$ Considerando dois triângulos equipados com a configuração Ceva, $ABC$ e $ACD$, que partilham um lado comum $AC$ e o ponto $Z$ desse lado.
Sabemos que para além da relação já associada à configuração de vértices $A, B, C$ há a considerar a relação de Ceva da configuração de vértices $A, C, D$. A saber: $$\frac{AZ}{ZC} \times \frac{CU}{UD} \times \frac{DV}{VA} = 1$$ O quociente $\frac{CZ}{ZA}$ que aparece na primeira relação é o inverso do quociente $\frac{AZ}{ZC}$ que aparece na segunda e, por isso, $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CU}{UD} \times \frac{DV}{VA} = 1$$.

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).

Consideremos agora uma triangulação em que todos os triângulos estão equipados com configurações de Ceva satisfazendo a propriedade adicional de que cada um dos pontos dos bordos interiores são partilhados por dois triângulos adjacentes.
Se os triângulos forem orientados de forma consistente, triângulos adjacentes usam um lado comum em sentidos opostos e, por isso, para cada quociente relacionado com um ponto de lado interior de um triângulo há o seu inverso na relação Ceva do triângulo adjacente.
É assim que ficamos com uma expressão associada à triangulação adotada que não depende dos lados interiores dos triângulos, mas só dos vértices e dos pontos dos bordos exteriores da triangulação. Para ilustrar apresentamos a construção dinâmica de uma triangulação com $n$ triângulos de vértices $A_i, \; i=0, 1, \ldots, n $, sendo $A_0$ o vértice comum a todos eles, pontos de Ceva $P_i, \; i=1, \ldots, n$, e pontos de bordo $X_i, \; i=1, \ldots, n$ em que cada $X_i \in A_0 A_i$ e $B_i, \; i=1, \ldots, n$ do bordo exterior (ou fronteiro da triangulação) tais que $B_i \in A_i A_{i+1}$ sendo $A_{n+1} = A_1$.
A ilustração é feita para $n=5$


Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
Para a triangulação assim obtida, temos a relação $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times\frac{A_2 B_2}{B_2 A_3}\times\frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times\frac{A_5 B_5}{B_5 A_1} =1$$ Para uma triangulação de $n$ triãngulos equipados com configurações Ceva nas condições já referidas (triângulos adjacentes partilhando um lado ($ A_0 A_i$) e o ponto de bordo ($X_i$) respetivo), temos a relação: $$\Pi_{i=1}^n \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1 $$ sendo $A_{n+1} = A_1$
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011

7.5.13

Relações no conjunto quadrangular e relativamente ao quadrângulo associado

Durante o estudo das generalizações dos Teoremas de Ceva e Menelau, e já antes com o o Teorema de Armin Saam, tropeçámos com o que aconteceria quando tivéssemos um número de par de retas cortados por retas de um feixe ou por uma reta. Logo seguir ao triângulo, é o quadrilátero completo que nos surge, já estudado em diversas entradas.
Particularmente estudámos as secções por uma reta
- conjunto quadrangular geral (pontual de seis pontos) quando se trata da secção dos seis lados do quadrilátero completo por uma reta que não passa por qualquer dos vértices nem por qualquer dos pontos diagonais do quadrilátero completo;
- quaterno harmónico obtido pela secção de uma reta que não passa por qualquer dos vértices mas por dois pontos diagonais.
Na construção que se segue, temos
  1. - os quatro pontos distintos (vértices de um quadrilátero) $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ dos quais não há 3 colineares.
  2. - uma reta $r$ distinta das retas definidas pelos 4 pares de pontos anteriores: os lados definidos por vértices consecutivos $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_4$, $A_4 A_1$ e as diagonais definidas por pares de vértices opostos $A_1 A_3$, $A_2 A_4$
  3. - os quatro pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.r$, $\{B_2\} = A_2 A_3.r$, $\{B_3\} = A_3 A_4 . r$, $\{B_4\}= A_4 A_1 . r$ e ainda $\{B'_3\}= A_1 A_3 . r$ e $\{E\} = A_2 A_4 . r$

A primeira parte da construção serve para verificar que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2} \times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4} \times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_1}= 1$$ que se obtém aplicando o Teorema de Menelau aos triângulos $A_1 A_2 A_3$ e $A_1 A_2 A_4$ cortados por $r$ que não passa por qualquer dos seus vértices. Este resultado verifica-se certamente para todos os casos de polígonos com um número par de lados (ver a sugestão do que acontece com um número ímpar de lados - o polígono com $n$ lados é dividido em $n-2$ triângulos e $(-1)^{n-2}$ é $-1$ quando $n$ é ímpar e $1$ quando $n$ é par).


Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).

Logo após a construção são apresentados os cálculos para ilustrar uma relação que 6 pontos colineares devem satisfazer para que formem um conjunto quadrangular.
No caso a nossa construção, o conjunto $\{ E, B_1, B_3, B'_3, B_2, B_4\} $ verifica a seguinte relação; sendo $E\neq B_3$, $$EB_1 \times B_3 B_2 \times B_4 B'_3 = EB_2 \times B_3 B'_3 \times B_4 B_1$$ (que pode ser esta ou outra similar.)

A perspetividade de centro em $A_1$ seguida da perspetividade centrada em $A_3$ $$(E B_4 B_1 B'_3) \rightarrow ^{A_1} (E A_4 A_2 O) \rightarrow ^{A_3} (E B_3 B_2 B'_3)$$ garantem que são iguais as razões duplas $(E, B_4; B_1, B'_3)$ e $(E, B_3; B_2, B'_3)$. Por ser $$(E, B_4; B_1, B'_3) = \frac{EB_1}{EB'_3} \div \frac{B_4 B_1}{B_4 B'_3}= \frac{EB_1 \times B_4 B'_3}{EB'_3 \times B_4 B_1} $$ e $$(E, B_3; B_2, B'_3) = \frac{EB_2}{EB'_3} \div \frac{B_3 B_2}{B_3 B'_3}= \frac{EB_2 \times B_3 B'_3}{EB'_3 \times B_3 B_2} $$ resulta $$\frac{EB_1 \times B_4 B'_3}{EB'_3 \times B_4 B_1} = \frac{EB_2 \times B_3 B'_3}{EB'_3 \times B_3 B_2}.$$ Finalmente
cortando $EB'_3$ que aparece nos dois denominadores e multiplicando ambos os membros por $B_4 B_1 \times B_3 B_2$, obtemos $$EB_1 \times B_3 B_2 \times B_4 B'_3 = EB_2 \times B_3 B'_3 \times B_4 B_1, $$ como queríamos.
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011

3.5.13

Generalização do Teorema de Menelau

O Teorema de Menelau pode ser generalizado de modo análogo ao que foi feito com o Teorema de Ceva. Destaquemos então o essencial do Teorema de Menelau para os triângulo, usando índices.
São dados:
  1. Três pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$ não colineares.
  2. Uma reta $r$ distinta das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_1$
  3. Os três pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.r$, $\{B_2\} = A_2 A_3.r$, $\{B_3\} = A_3 A_1 . r$


Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).

Se estas condições se verificarem, resulta que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_1} = -1$$ Tal foi demonstrado recentemente.
Com o objetivo de generalizar o Teorema de Menelau, apresentamos uma construção que ilustra o processo.
  1. Consideramos cinco pontos $\{ A_i\}_{i=1, \ldots, 5}$ e as cinco retas ${A_i A_{i+1}}_{i=1, \ldots, 5}$, considerando como já o fizemos antes ($A_6 = A_1$, por ser $6=\dot{5}+1$
  2. Consideramos uma reta $r$ distinta de cada uma das retas $A_i A_{i+1}$ e os cinco pontos obtidos como secção por r dos lados do pentágono, a saber: ${B_i} =r. A_i A_{i+1}, i=1, \ldots, 5$

Verificadas estas condições, resultará que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4} \times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= -1$$


Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
A construção acima apresenta o essencial da nossa demonstração.
O petágono de vértices $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ pode ser decomposto em três triângulos. No caso da nossa construção, tomámos os triângulos orientados $A_1 A_2, A_3$, $A_1 A_3 A_4$ e $A_1 A_4 A_5$ e os pontos ${B'_3} = r. A_1 A_3$ e ${B'_4} = r. A_1 A_4$.
Aplicando o Teorema de Menelau a cada um destes triângulos de lados cortados por $r$, obtêm-se as seguintes igualdades: $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B'_3}{B'_3 A_1}=-1 \hspace{.5cm} \frac{A_1 B'_3}{B'_3 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times \frac{A_4 B'_4}{B'_4 A_1}=-1 \hspace{.5cm} \frac{A_1 B'_4}{B'_4 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= -1$$ cujo produto $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B'_3}{B'_3 A_1}\times \frac{A_1 B'_3}{B'_3 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times \frac{A_4 B'_4}{B'_4 A_1} \times \frac{A_1 B'_4}{B'_4 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= (-1)^3 =-1$$ donde podemos concluir que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}=-1$$ já que $$\frac{A_3 B'_3}{B'_3 A_1}\times \frac{A_1 B'_3}{B'_3 A_3}\times \frac{A_4 B'_4}{B'_4 A_1} \times \frac{A_1 B'_4}{B'_4 A_4}=1 $$ obviamente.

O Teorema de Menenaus generalizado pode agora ser enunciado: Sendo $n$ ímpar, se $A_1, A_2, \ldots A_n $ $n$ pontos não colineares 3 a 3 e ${B_i}=r. A_i A_{i+1}$ índices módulo $n$ e ${B_i} = r.A_i A_{i+1}$, então $$\Pi_{i=1}^n \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}}=-1 $$ A demonstração segue o processo usado para n=5.
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011