Agora chamamos a atenção para Eduardo Veloso, Conexões da Geometria - o plano complexo, APM, Lisboa:2016
A não perder:
EDUARDO VELOSO, Uma curva de cada vez..
O caracol de Pascal,
Educação e Matemática, revista da A.P.M, nº 138: 2016
História da Matemática, Curvas, Ferramentas, Tecnologia: para estudar e construir.

30.10.13

Cadeias de Steiner entre circunferências não concêntricas e não concorrentes


Será que quaisquer duas circunferências que não se intersetam admitem uma cadeia de Steiner?.

Numa entrada de 6 de Setembro p.p., provámos que duas circunferências não concorrentes podem inverter-se em circunferências concêntricas. Assim as condições para a existência de uma cadeia de Steiner para duas circunferências que não se intersetam podem ser verificadas a partir das suas inversas concêntricas.
Na nossa construção de hoje, tomamos uma circunferência $(O)$ de um certo raio $R$ e determinamos os raios $r_n, r_n \lneq R$ das circunferências $(O, r_n)$ para cada uma $n=1, \ldots, 13$ das quais, as circunferências $(O, R)$ e $(O, r_n)$ admitem uma cadeia de Steiner com $n$ circunferências.
Na figura inicial apresenta-se uma cadeia de Steiner com 13 circunferências. Esta circunferêncais estão invertidas por uma inversão seguida de uma reflexão.

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© geometrias, 29 outubro 2013, Criado com GeoGebra

No botão n-seletor pode variar o número de circunferências coloridas tangentes entre si e às duas dadas (de bordo negro). Com o botão de animação (ao fundo à esquerda) pode fazer rodar as circunferências, para perceber como as cadeias se repetem ciclicamente. No botão a vermelho "auxiliares da inversão" acede à reta dos centros, ao centro de inversão e circunferência de inversão, para além reta eixo da reflexão usada.

Escolhemos para circunferência de inversão relativamente a uma circunferência ortogonal à circunferência $(O, R)$ para que a esta seja inversa de si mesma. Desenhámos uma circunferência de raio igual a $(O, R)$ e para centro da inversão a interseção $I$ das tangentes interiores às duas circunferências iguais de tal modo que $(O, R)$, inversa de si mesma, seja imagem por reflexão de eixo perpendicular à reta dos centros das circunferências iguais tirada por $I$. A circunferência de inversão de centro $I$ passa por todos os pontos de tangência das tangentes interiores às duas circunferências. Assim, a cadeia de Steiner das circunferências excêntricas é obtida por inversão relativamente a $(I, IT^2)$ seguida da reflexão relativamente à perpendicular referida tirada por $I$.

28.10.13

Construção de cadeias de Steiner (em circunferências concêntricas)


Dadas duas circunferências concêntricas $(O, OP)$ e $(O, OQ)$ com $OP > OQ$, determinar em que condições uma sequência de circunferências que são tangentes interiormente à primeira daquelas e exeriormente à segunda são também tangentes cada uma das que a seguem ou precedem.

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© geometrias, 27 outubro 2013, Criado com GeoGebra

Clicando nos botões de navegação ao fundo, pode seguir as etapas da construção

Vejamos as condições da figura:
  1. Chamemos $R$ a $OP$, $r$ a $OQ$ e $s$ a $AQ$. Para que a circunferência $(A)$ seja a tangente a $(O, R)$ e a $(O, r)$ é preciso que $R-r = 2s$. Para que $(B)$ seja tangente a $(A)$, a $(O, R)$ e $(O, r)$ será preciso que $AB=2s$ ou que $s=BM$ em que M é o ponto médio de $AB$. O mesmo se passará com $(F)$.
  2. Essas condições permitem desenhar circunferências tangentes nas condições requeridas: $(C)$ tangente a $(B)$, $(O,R)$ e $(O,r)$; $(D)$ tangente a $(C)$, $(O,R)$ e $(O,r)$; $\ldots$.
    Mas nada garante que haja uma circunferência $(X)$ tangente à que a precede e que seja tangente a $(F)$ nas condições requeridas.
    Mas é óbvio que tal acontece se $AB=BC=\ldots =XF= FA$, isto é, se os centros das circunferências $(A)$, $(B)$, $\ldots$ $(X)$, $(F)$ forem vétrices de um polígono regular inscrito na circunferência de centro $O$ e raio $r+s = R-s$.
  3. Para que isso aconteça, para que os termos da sequência se repitam ciclicamente (por exemplo de $n$ em $n$), precisamos que $$\angle AÔB = \displaystyle \frac{2\pi}{n}$$ em que $n$ seja o número de lados do polígono inscrito em $(O, r+s)$ e, por isso, $\angle AÔM = \displaystyle \frac{\pi}{n}$ e como $$ \frac{AM}{OA}= \frac{s}{r+s}=\frac{s}{R-s}= sin \frac{\pi}{n}$$ pode deduzir-se uma nova relação entre $R$ e $r$ que garanta que a sequência seja cíclica. Assim: $$ s=(r+s). sin \frac{\pi}{n} \Leftrightarrow s\left(sin \frac{\pi}{n}-1\right) =r$$ $$ s = (R-s).sin \frac{\pi}{n} \Leftrightarrow s\left(sin \frac{\pi}{n}+1\right) =R $$ e $$\frac{R}{r}= \frac{sin \frac{\pi}{n}+1}{sin \frac{\pi}{n}-1} $$
Se, para duas circunferências concêntricas $C_1$ e $(C_2)$, podemos sempre encontrar uma sequência de $n$ circunferências $(A_i)$ em que $(A_i)$ é tangente a $A_{i+1}$, $C_1$ e $(C_2)$, desde que se verifique a relação entre raios $2.a_i = c_1 - c_2$ ($c_1>c_2$); já para que nessa sequência, $(A_n)$ seja simultaneamente tangente a $A_{n-1}$ e a $A_1$ essa condição não é suficiente e é preciso reforçá-la com $$\frac{c_1}{c_2} = \frac{sin \frac{\pi}{n} +1}{sin \frac{\pi}{n} -1}$$ Às sequências que se repetem ciclicamente chamamos Cadeias de Steiner. Na próxima entrada, estudaremos a existência de cadeias de Steiner para circunferências excêntricas recorrendo ao resultado aqui abordado e à inversão.

23.10.13

Teorema de Feuerbach (enunciado e demonstração)


Dados 3 pontos $A_1, A_2, A_3$ não colineares, há quatro circunferências tangentes às retas $A_1A_2$, $A_2A_3$ e $A_3A_1$: a de centro $I$ (incentro) a que chamamos inscrita e outras de exincentros $I_i$ a que chamamos exinscritas.

O enunciado do Teorema de Feuerbach é:
A circunferência de nove pontos é tangente às quatro circunferências inscrita e exinscritas
Com recurso à inversão, vamos demonstrar este resultado. A nossa construção parte do triângulo $A_1A_2A_3$, do qual construímos o circuncírculo e a circunferência de nove pontos (tal como fizemos na entrada anterior com notas sobre a circunferência de nove pontos).


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Arsélio Martins, 22 outubro 2013, Criado com GeoGebra


Com os botões de navegação ao fundo da janela de visualização, pode seguir os passos da construção, fixando cada parte que lhe interesse.

Demonstração.:

  1. Debruçamo-nos sobre o triângulo $A_1A_2A_3$, a circunferência $(I)$ nele inscrita e a exinscrita $(I_1)$ (de centros $I$ e $I_1$ sobre a bissetriz interior $A_11 I$). Os resultados para as restantes $(I_2)$ e $(I_3)$ serão obtidos de modo análogo.
    • Tomemos as quatro tangentes a estas duas circunferências $(I)$ e $(I_1)$ que determinam duas homotetias de uma na outra: por um lado, a homotetia de centro $A_1$ definida pelas duas tangentes exteriores $A_1A_2$ e $A_1A_3$; por outro a homotetia de centro $K$ na interseção de $II_1$ com $A_2A_3$,já que esta última é tangente interior comum a $(I)$ e $(I_1)$.
    • $A_2A_3$ e $XX_1$ têm o mesmo ponto médio (ver a entrada em que esse resultado é abordado.
    • Do triângulo $A_1KA_3$ e do triângulo retângulo $IA_3 I_1$, considerando segmentos orientados, retiramos que $(A_1K;II_1) =-1$ (ver inversão de círculos de apolónio). Como $H_1, X, X_1$ são os pés das perpendiculares a $A_2A_3$, tiradas por $A_1, I, I_1$ e a projeção preserva a razão dupla, então $(H_1K; XX_1)=-1$, ou $$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{H_1X}{XK}}{\displaystyle\frac{H_1X_1}{X_1K}} =-1$$ Considerando comprimentos dos segmentos: $$\frac{H_1X}{XK}= \frac{H_1X_1}{X_1K}$$ e, como $H_1X=H_1M_1-M_1X, \; H_1X_1=H_1M_1+M_1X_1 , \;XK=XM_1-M_1K , \; X_1K=X_1M_1+M_1K$, podemos escrever $$\frac{H_1M_1-M_1X}{XM_1-M_1K}= \frac{H_1M_1+M_1X_1}{X_1M_1+M_1K}$$ equivalente a $$(H_1M_1-M_1X) \times (X_1M_1+M_1K)= (XM_1-M_1K)\times (H_1M_1+M_1X_1)$$ que desenvolvendo fica $$\;\;\;H_1M_1\times X_1M_1 +H_1M_1\times M_1K - XM_1\times X_1 M_1 - M_1X\times M_1K =$$ $$= XM_1\times H_1 +XM_1\times M_1X_1-M_1K\times H_1M_1 - M_1K\times M_1X_1$$ e, por ser $M_1 X=M_1X_1$, se simplifica em $$2H_1M_1 \times M_1K = 2MX^2$$ $$M_1K \times M_1H_1=M_1X^2=M_1X_1^2$$
  2. Tomemos agora a circunferência de centro em $M_1$ e raio $M_1X_1$ para circunferência de inversão.
    • O resultado anterior é prova de que $H_1$ é o correspondente de $K$ pela inversão $I(M_1, M_1X^2)$
    • Os círculos $(I)$ e $(I_1)$ invertem-se em si mesmos já que são ortogonais à circunferência de inversão: $I_1X_1$, raio de $(I_1)$, é tangente a $(M_1)$ e perpendicular ao seu raio $M_1X_1$ que é tangente a $(I_1)$.
    • Como a circunferência dos nove pontos $(N)$ passa por $M_1$, centro da inversão, tem para inversa um reta $(N)'$ que passa por $K$ (inverso de $H_1$ que é ponto de $(N)$) e é paralela à tangente a $(N)$ no ponto $M_1$.
  3. A inversa de $(N)$ contém uma corda comum a $(M_1)$ e a $(N)$, logo perpendicular a $M_1N$, paralela a $H_2H_3$.
  4. $H_2$ é um ponto da circunferência de diâmetro $A_2A_3$ (centro em $M_1$) já que $A_2H_2 \perp H_2A_3$. $H_3$ pertence à mesma circunferência de diâmetro $A_2A_3$, já que $A_3H_3 \perp H_3A_2$.
    • Quer dizer que $H_2, H_3, A_2, A_3$ estão sobre uma circunferência (concícliicos), sendo por isso $\angle A_1A_2A_3+ \angle H_3H_2A_3 =180^o$ e $\angle A_1A_3A_2+ \angle A_2H_3H_2 = 180^o$, situação que se mantém para qualquer reta paralela a $H_2H_3$
    • Ora $(N)'$ é paralela à tangente a $N$ em $M_1$ e paralela a $H_2H_3$, tal como é a reta tangente a $(I)$ tirada por $K$. E por $K$ só passa uma paralela a $H_2H_3$.
    • A inversa de $(N)$, $(N)'$, é, pois, a tangente a $(I)$ e a $(I_1)$ tirada por $K$, ou seja, $EF$,
  5. Como $EF$ é tangente a $(I)$ e $(I_1)$, inversas de si mesmas por $I(M_1, M_1X^2)$, e $(N)$, inversa de $EF$, também é tangente a $(I)$ e $(I_1)$ (cada uma inversa de si mesma). $\hspace{1cm} \square$

11.10.13

Teorema de Feuerbach (nota sobre a circunferência de 9 pontos)


9.10.13

Determinar o lugar geométrico do segundo ponto de interseção das circunferências tangentes a duas, tangentes entre si, e que passam por um ponto do eixo radical destas duas circunferências dadas.


7.10.13

Inversão e Homotetia.


Determinar circunferências tangentes a duas outras tangentes entre si - um caso simples.


2014
EUCLIDES
Instrumentos e métodos

de resolução de problemas de construção