Quadratura

Neste lugar geométrico, já abordámos o problema de transformar certas figuras em quadrado com a mesma área. A Miscelánea Matemática (Sociedad Matematica Mexicana), no seu número 24, de Setembro de 1996, propunha o problema da entrada anterior (que já vimos proposto em outras publicações) e propunha também quadraturas do rectângulo de dimensões 9 e 6. Como exemplo, apresentava a quadratura que se segue, pedindo uma outra.

Quer tentar a outra?
Estes exercícios têm um grande interesse básico, não só pelo que significam de geométrico, mas também pelo que podem significar de conceitos operatórios e de propriedades das operações. Alguns jovens a frequentar o 10º ano de escolaridade mostraram desconhecer o que significa quadrado perfeito quando pedíamos que verificassem a possibilidade de preencher um quadrado de 6 por 6 com peças de tetraminós ou de pentaminós.

De um só golpe, cortar dois quadrados em partes iguais

Com uma só recta, cortar os dois quadrados da figura em duas partes equivalentes e de tal modo que cada um dos quadrados fica dividido em duas parte geometricamente iguais.
Atenção! Neste exercício interactivo, o alvo não fica visível.



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Prenda de Natal: Cortar bolos. Faça você mesmo!

Uma demonstração para variar

O resultado surpreendente que apresentámos na entrada anterior tem relação com resultados sobre triângulos já abordados por aqui há muito tempo. Para boicotar o trabalho do índice, que tarda em ser feito para melhorar a consulta deste blog, Aurélio Fernandes achou por bem defender a apresentação de uma demonstração desse resultado: O baricentro dos incentro e ex-incentros de um triângulo é o seu circuncentro. (problema 58. do Éxércices de Géométrie - Compléments de Th. Caronnet). Aqui fica. Na construção que se segue pode acompanhar a demonstração e, usando o compasso, ir verificando as afirmações sobre igualdade de segmentos...



O baricentro dos 4 pontos I, J, K e L pode ser obtido como ponto médio dos pontos médios de [IJ] e [KL].
Para vermos a localização desse baricentro, tomemos AB para eixo das abcissas e A para origem das coordenadas. E tomemos as projecções de I, J, K, L.
Na série Despertar dos Geómetras, pela mão da Mariana, aparecem os resultados:

|AJ'|=|BK'|=p, em que p é o semiperímetro de [ABC]: (|AB|+|BC|+|AC|)/2

|AI'|=|BL'|=p-c ou |BI'|=|AL'| =p-b

|I'J'|=|BC|=a

|AI'|=p-a

O ponto, M, médio de [IJ] tem abcissa (|AI'|+|AJ'|)/2 e o ponto, N, médio de [KL] tem abcissa (|AK'|+|AL'|)/2. O baricentro dos quatro pontos ou ponto médio de [MN] tem abcissa ((|AI'|+|AJ'|)/2+(|AL'|-|AK'|)/2)/2 = (|AI'|+|AJ'|+|AL'|-|AK'|)/4, e, por ser |AK'|=p-c e |AL'|= p-b, a abcissa do baricentro é afinal
(p-a+p+p-b-(p-c) )/4= (2p-a-b+c)/4=c/2
que garante que este está sobre a mediatriz de [AB].
De igual modo, se prova que está sobre as mediatrizes de [AC] e de [BC].

O baricentro dos incentro e ex-incentros de um triângulo é o circuncentro do triângulo.

Baricentro de 4 pontos - outro resultado surpreendente!

Determine o baricentro dos quatro pontos I, J, K e L que são o incentro e os ex-incentros de um triângulo [ABC].




O baricentro dos pontos I, J, K e L é o circuncentro do triângulo[ABC]. Verifique. Não é interessante?

Baricentro de 3 pontos - outro resultado interessante!

Sejam os pontos A, B e C e os comprimentos a=|BC|, b=|AC| e c=|AB|. Determine o baricentro (G, a+b-c) dos três pares (A,a), (B,b) e (C,-c), em que a, b e -c são tomados como massas associadas aos pontos A, B e C, respectivamente.



E verifique que este ponto G coincide com um ex-incentro de [ABC]

Baricentro de 3 pontos - nota interessante!

Sejam os pontos A, B e C e os comprimentos a=|BC|, b=|AC| e c=|AB|. Determine o baricentro (G, a+b+c) dos três pares (A,a), (B,b) e (C,c), em que a, b e c são tomados como massas associadas aos pontos A, B e C, respectivamente.



E verifique que este ponto G coincide com o incentro de [ABC]

Baricentro de placas homogéneas.

Considerada uma placa triangular homogénea, a sua massa é proporcional à sua área. Nestas condições, podemos substituir uma placa pelo ponto de encontro das medianas com massa igual à sua área - baricentro.

Uma placa quadrangular homogénea pode ser dividida, por uma das suas diagonais, em duas placas triangulares homogéneas. Podemos determinar o seu baricentro - (G, a_q) - a partir dos baricentros (G₁, a_t1) e (G₂, a_tt2). Como a diagonal é base comum dos dois triângulos, podemos tomar como massas dos seus baricentros as alturas dos triângulos relativas a essa base, proporcionais às respectivas áreas.

Baricentro de barras homogéneas.

Cada barra homogénea de comprimento a tem massa proporcional ao seu comprimento e, por isso, pode ser substituída pelo seu ponto médio com massa a. A barra a é substiituída pelo seu baricentro (M_a, a).
Assim, podemos falar de baricentro de três barras a, b e c articuladas, como baricentro de três pontos (M_a, a), (M_b, b) e (M_c, c) que designamos por (G, a+b+c).

Este conceito e respectivo procedimento pode ser generalizado.

Baricentro de 4 pontos pesados

Determine o baricentro (G, m_G) dos quatro pontos (A, m_A) , (B, m_B) , (C, m_C) e (D, m_D) .

Baricentro de 5 pontos

Determine o baricentro (ou centro de massa) de cinco pontos A, B,C, D e E

Baricentro de 4 pontos

Determine o baricentro (ou centro de massa) dos quatro pontos A, B, C e D



Quando não referimos massas associadas a pontos, isso quer dizer que todos têm a mesma massa.

Baricentro de três pontos

Consideremos 3 pontos e respectivas massas (A, m_A), (B, m_B) e (C, m_C). O seu baricentro pode ser determinado substituindo A e B pelo seu baricentro (G₁, m_A+ m_B) e calculando depois, do mesmo modo, o baricentro G dos 3 pontos que não é mais que o baricentro dos pontos (G₁, m_A+ m_B) e (C, m_C).

Apresentamos, de seguida, o exercício interactivo de determinação do baricentro de 3 pontos dados A, B, C com as respectivas massas. Após a sua resolução, com solução reconhecida automaticamente, pode fazer variar as massas e a localização dos pontos para confirmar a estabilidade da sua construção dinâmica.

Equilíbrios. Baricentro.

As últimas entradas referem-se praticamente todas à divisão de triângulos em triângulos equivalentes. A maior parte dos exercícios propostos resolvem-se com recurso a pontos médios e a medianas. O ponto médio de um segmento ou de uma barra homogénea é o seu ponto de equilíbrio. Um triângulo homogéneo é dividido em duas partes equivalentes por qualquer das suas medianas... O ponto de encontro das medianas de um triângulo homogéneo é um seu ponto de equilíbrio.

Apresentamos, de seguida, a construção geométrica relativa ao baricentro (G, m_A+m_B) de dois pontos (A, m_A) e (B, m_B). Quando m_A=m_B, G é o ponto médio de [AB]. As distâncias GA e GB são inversamente proporcionais a m_A e m_B. Na construção que se segue pode fazer variar os valores m_A e m_B, bem como as direcções das rectas auxiliares da aplicação do teorema de Thales.




Mariana Sacchetti recomenda vivamente a leitura das notas de Nestor Aguilera El baricentro y la divisón en dos partes de igual área.

De um "puzzle" a um "teorema"

Na entrada Dividir para fazer um tangram, escrevemos:
Daniel Scher termina o seu artigo A Triangle Divided: Investigating Equal Areas já referido, com uma proposta de puzzle (tangram?) feita sobre um rectângulo equivalente a um triângulo com as peças coloridas (pela divisão em quatro triângulos equivalentes).

Na altura, internamente, foram levantadas algumas dúvidas sobre o interesse dessa entrada, até porque nem tinha qualquer animação. O publicador:-) estava mesmo convencido que já tinha visto essa animação (da transformação do triângulo num rectângulo equivalente) no Atractor e procurou ligações. Por enquanto, e no pouco tempo que a esse assunto dedicou, ainda não encontrou. Mas já tinha tropeçado muitas vezes com o assunto (ou variante) em vários livros. E, antes de mudar de assunto, aproveita para referir uma ligação.
Como se pode ver nas figuras abaixo, feitas a partir da última divisão em 4 sugerida por Paulo Correia, de Alcácer do Sal, há um triângulo e um rectângulo equivalentes e compostos por um mesmo número de peças não só equivalentes, como congruentes (geometricamente iguais), disjuntas, sem sobreposições,....


No seu livro Matemática e Ensino, publicado, em Portugal, pela Gradiva(colecção Temas de Matemática), Elon Lages Lima define como polígonos equidecomponíveis os que admitem decomposições nas condições referidas. Na deambulação pelas divisões, estivemos sempre a trabalhar com polígonos com a mesma área. Elon Lages Lima afirma o óbvio de dois polígonos equidecomponíveis terem a mesma área, para chamar a atenção para a não evidência do recíproco

Teorema de Bolyai: Dois polígonos com a mesma área são equidecomponíveis.


Para aguçar a curiosidade, citamos Elon Lages Lima: ...Este teorema foi demonstrado em 1832 por F. Bolyai e, independentemente, em 1833 por P. Gerwien. F. Bolyai era o pai do famoso matemático húngaro Janos Bolyai, que descobriu a Geometria Hiperbólica (que também foi descoberta por Lobatshevski e Gauss). Gerwien era um matemático amador alemão.
O teorema de F. Bolyai é um facto geometricamente interessante, cuja prova se baseia em argumentos bem simples. ...

Valerá a pena publicar as construções exemplares relativas aos argumentos bem simples? Talvez.

Dividir em 4... à Paulo Correia

Paulo Correia escreveu-nos. Para nos dizer que nos enganámos e que o último exercício (que lhe atribuímos) era equivalente a um outro, publicado anteriormente. E para nos reenviar o que ele sabe o que falta. Eu não tenho a certeza de coisa alguma que tenha ficado guardada num computador que adormeceu nos Açores.
Agradecemos. Aqui fica.


Determinar os pontos D, E, F de tal modo que o triângulo [ABC] fique dividido em 4 triângulos equivalentes [AED], [BED], [CED] e [CAF]

Dividir em 4... à Paulo Correia

Outra proposta de Paulo Correia para a divisão de um triângulo em 4 equivalentes:
Determinar os pontos D e E que são vértices dos 4 triângulos [ABE], [BDE], [CDE] e [ACE] equivalentes em que o triângulo [ABC] fica dividido.

Dividir em 4 ... ainda

Paulo Correia, de Alcácer do Sal, tinha-nos enviado uma divisão de um triângulo em 4 figuras equivalentes. Não a publicámos então por não tratar da divisão em tirângulos. Mais tarde havemos de publicá-la (se percebermos, como exercício interactivo ...) .
Mas, agora, quando verificou que tínhamos dado por encerrada a série da divisão de um triângulo em 4 triângulos equivalentes, Paulo Correia insistiu com novas propostas. Pelo menos duas divisões interessantes e simples teriam sido esquecidas por nós. Tem razão (arrisco-me a pensar). E aqui vai a primeira:

Determinar os pontos D e E que são vértices dos 4 triângulos [ADE], [AEB], [BEC] e [CDE] equivalentes em que o triângulo [ABC] fica dividido.




Agradecemos ao Paulo.

Dividir para fazer um " tangram"?

Daniel Scher termina o seu artigo A Triangle Divided: Investigating Equal Areas já referido, com uma proposta de puzzle (tangram?) feita sobre um rectângulo equivalente a um triângulo com as peças coloridas (pela divisão em quatro triângulos equivalentes), da forma que mostra a construção que se segue e em que pode deslocar os vértices do triângulo. Não é uma boa ideia?



Esta construção está feita para mostrar como podemos obter um conjunto de peças em papel seguindo uma divisão do triângulo em 4 triângulos equivalentes e o corte paralelo a uma das bases a meio da altura correspondente. O conjunto de oito peças, assim obtido, permite ser reagrupado para formar um rectângulo ou para formar um triângulo. Nada mais do que isso. Não, não é um jogo para ser jogado aqui mesmo :-)

Dividir em 4 para reinar :-)))))))

Determinar D e E vértices dos quatro triângulos equivalentes [ADE], ADC], [CDE] e [BCE] em que fica dividido o triângulo [ABC].




Parece-nos que podemos dar por findos os processos de dividir um triângulo em quatro triângulos equivalentes. Não vos parece? Valerá a pena pensar em processos de divisão em 5 triângulos equivalentes?

Dividir em 4 para reinar :-))))))

Determinar D, E e F vértices dos quatro triângulos equivalentes [ABD], [BEF], [CEF] e [CDE] em que fica dividido o triângulo [ABC].

Dividir em 4 para reinar :-)))))

Determine D, E, F, AD, BE e BF, vértices e lados dos quatro triângulos equivalentes [ADC], [BED], [BEF] e [BFA] em que fica dividido o triângulo [ABC].

Dividir em 4 para reinar :-))))

Determine M, N, P e MN, NP e MP, vértices e lados dos triângulos equivalentes [APN], [BMN] e [CNM] em que fica dividido o triângulo [ABC].



Este processo que temos vindo a utilizar pode servir para mais de 30 diferentes divisões em triângulos equivalentes.
Paulo Correia, de Alcácer do Sal, enviou-nos uma divisão em 4 figuras equivalentes, das quais uma é um triângulo. Obrigado, Paulo. Mas nós estamos a dividir um triângulo em triângulos equivalentes e isso é, em si mesmo, o romance. E vamos continuar este trabalho que nos é sugerido no artigo de Daniel Scher, intitulado "A Triangle divided: Investigating Equal Areas" e publicado na revista Mathematics Teacher, Vol. 93, n. 7. October 2000. Pensamos que procurar formas diferentes de dividir um triângulo em figuras de igual área (equivalentes) pode ser uma proposta interessante a fazer a estudantes jovens.

Dividir em 4 para reinar :-)))

Determinar os pontos D, E, F e os segmentos CE, DE, E EF elementos dos triângulos equivalentes [AED], [CDE], [CEF] e [BEF] em que fica dividido o triângulo [ABC].



Para cada divisão que fazemos, quantas há diferentes que podems er feitas por processo absolutamente análogo? De quantos modos mais podemos dividir um triângulo em quatro equivalentes?

Dividir em 4 para reinar :-))

Mais uma forma de dividir um triângulo em 4 triângulos equivalentes. Determine os pontos D, E, F e os segmentos DE, CE e CF, vértices e lados dos triângulos equivalentes [CDE], [ADE], [CEF] e [CFB] em que fica dividido o triângulo [ABC]

Dividir em 4 para reinar :-)

Com as infinitas (?) possibilidades de dividir um triângulo em quatro triângulos equivalentes, isto de dividir triângulos ganha um certo encanto. Não tanto por cada uma das divisões, mas pelas tentativas de as procurar sem esquecer qualquer uma delas.
A primeira é puro engano, tal é a facilidade da resolução do exercício que propomos.

Determinar D, E e F e os lados dos triângulos [BCD], [BDE], [BEF] e [ABF] equivalentes em que dividimos o triângulo [ABC].



Claro que, por este proocesso, podemos fazer outras divisões em 4 equivalentes.

Esperamos que possa agora movimentar os vértices A, B e C. Mas não é seguro que tal aconteça.

Dividir em 3 para reinar

Aqui apresentamos dois exercícios interactivos sobre a divisão de um triângulo em 3 triângulos equivalentes.
No primeiro, pedimos que determine os pontos D e E e os lados CD e CE dos triângulos equivalentes em que fica dividido o triângulo [ABC]



No segundo, pedimos a determinação do ponto D e dos lados AD, BD e CD dos triângulos equivalentes em que fica dividido o triânguo [ABC]



Há mais divisões em 3 triângulos equivalentes? Quantas mais? Processos diferentes destes? Não quer publicar a sua opinião e resolução?

Como será a divisão em quatro triângulos? De quantos modos?

Dividir para reinar

Já várias vezes, aqui tratámos de figuras equivalentes e de divisão de figuras em figuras equivalentes. Particularmente abordada foi a divisão em 2 triângulos equivalentes operada num triângulo qualquer por uma das suas medianas.
Como mostra a construção que se segue (em que pode movimentar os vértices A, B ou C do triângulo) pode confirmar o que sempre soube.

De quantas maneiras pode dividir um triângulo em dois triângulos equivalentes? E em três?
Durante algum tempo, vamos tratar da divisão de um triângulo em triângulos equivalentes. Quer começar a pensar na divisão em três?

Cortar um cubo

Não temos tido grandes resultados nas tentativas para as representações no plano de objectos tridimensionais. Quer nos desenhos que nos são devolvidos pelos estudantes, e mesmo na publicação de exercícios que recorrem a polígonos. Acontecem-nos mensagens de erro mesmo em exercícios simples como o que apresentamos a seguir. Começamos por tentar trabalhar com uma construção como a que se segue.

E recebemos de volta sucessivas mensagens de erro.

Com cubos nas mãos, os estudantes do 10º ano procuram determinar em que condições um plano determina secções triangulares, quadrangulares, etc. As peças desenhadas durante esse trabalho mostram-nos as dificuldades em obter desenhos esclarecedores e por isso não é de estranhar que apareça a máquina fotográfica digital para registar uma ou outra vitória.
Agora, tomemos um cubo representado, como mostra a nossa figura, que possibilita acompanhar os raciocínios construtivos na base dos axiomas e teoremas simples da geometria euclideana. Propomos a determinação da secção obtida quando o cubo é cortado pelo plano M, N e P. E recomendamos a cada estudante que mencione cada passo da resolução, justificando-o.

O exercício acabou numa representação como a que se segue e que ainda não está livre de mensagem de erro num ou outro computador.

Inacessibilidades 3

Em busca do circuncentro.

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De um triângulo [ABC] com um vértice inacessível, onde está o centro da circunferência que passa pelos três vértices A, B e C?



E se dois vértices inacessíveis, como determinar o circuncentro? Aurélio Fernandes afirma ser possível. Tente no quadro seguinte onde os vértice inacessíveis são mesmo inacessíveis (não são?).

Inacessibilidades 2

EM BUSCA DE UMA BISSECTRIZ

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Procurar a bisssectriz de um ângulo de duas semirectas com origem no mesmo ponto (o vértice) que está inacessível é um problema interessante.



Para assegurar a inacessibilidade com o método de construção de pontos cujas coordenadas não dependem do sistema de eixos, mas só da sua posição na janela de visualização, as construções apresentadas não assumem a forma de exercício. Com o método de Monique Gironce sobre as invenções de Eric Hakenholz não conseguimos manter essa inacessibilidade contra o zoom (do Régua e compasso: + ou - no teclado)

Inacessibilidades 1

EM BUSCA DA OUTRA MEDIANA

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Dada a mediana tirada por A de um triângulo [ABC] do qual o vértice C é inacessível, será possível determinar as outras medianas? No quadro em baixo, esperamos que determine o segmento BMb - mediana tirada por B

Problemas como este, postos aos alunos em anos após terem abordado o conceito de mediana e as suas propriedades, permitem verificar se foram adquiridas por alguma memória persistente essas noções. Só assim se confirma o que fica sabido sobre o baricentro, por exemplo.

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Agradecemos o quadro do exercício a R. Grothmann e a Eric Hakenholz.
A ideia do exercício deve agradecer-se a Puig Adam e ao seu monumental tratado de Geometria Métrica, acarinhado por Aurélio Fernandes aqui na escola. A Monique Gironce agradecemos a ideia e a forma de o construir com CaR.metal.

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Teorema de Feuerbach

Puig Adam refere a demonstração do teorema de Feuerbach como exemplo de aplicação da inversão. Aqui deixamos, com a devida vénia, a página 61 do Curso de Geometria Métrica:

Circunferência tangente a outras duas

Traçar por um ponto P uma circunferência tangente a outras duas c₁ e c₂ que não passam por P.

Sugestão de Puig Adam: Aplicando a c₁ e c₂ uma inversão de centro P, estas circunferências transformam-se em outras (pode ecolher-se a inversão de modo que se conserve uma delas, ou as duas caso P seja ponto do eixo radical de ambas). A circunferência procurada transforma-se numa das rectas tangentes a ambas; bastará pois achar a tangente comum e transformá-la pela mesma inversão.

De modo análogo, se resolve o problema de determinar a circunferência que passa por P e que faz um dado ângulo com outras duas.

[Puig Adam. Curso de Geometria Metrica, Tomo I, pg 160]

Conservação de ângulos na inversão

Na construção abaixo em que pode deslocar os pontos A,V e B, considera-se o ângulo AVB (das semirectas VA e VB). Os transformados dos lados do ângulo ( que não cortam a circunferência) são duas circunferências. O ângulo transformado de AVB pela inversão relativa à circunferência (a negro) é o ângulo de vértice V' (inverso de V) e cujos lados são as tangentes em V' às circunferências transformadas dos lados do ângulo AV e BV. Como se pode verificar, este ângulo assim definido é igual ao ângulo AVB. As cores dos lados dos ângulos ( e das circunferências inversas de AV e VB) revelam que são de sentido inverso os ãngulos cuja amplitude se mantém por inversão - tal como acontece na simetria. Assim tinha de ser. Não é?

Do pólo e polar à circunferência

Usando a inversão, o pólo, a polar e separação harmónica,... determinar uma circunferência a partir do seu ponto A e a polar p do ponto P relativamente a ela.

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Mariana Sacchetti 1. Traçar a perpendicular a p por P. Seja P’ é o ponto de interseção (P’ é o inverso de P relativamente à circunferência pretendida)
2. Traçar o círculo de diâmetro [PP’]. Seja O’ o seu centro
3. Traçar a reta AO’ e a sua perpendicular em A. Seja D o ponto de interseção desta perpendicular com o círculo (O’, O’P)
4. Traçar a tangente ao círculo (O’, O’P) em D. Seja A’ a interseção desta tangente com AO (A’ é o inverso de A relativamente à circunferência (O’,O’P)
5. A mediatriz de AA’ interseta PP’ em O, centro da circunferência pretendida

O tempo que não temos?

Estudávamos os inversores (de Peaucellier e Hart) sem conseguirmos chegar a acordo com os inversores nem sobre a próxima publicação, quando decidimos experimentar outros mecanismos.
Na falta de melhor, aqui deixamos uma ampulheta,





para ver passar o tempo.

Voltar atrás?

Pares de lados opostos de um hexágono ABCDEF inscrito numa circunferência determinam 3 pontos P, Q, R colineares (recta de Pascal). Pares de vértices opostos de um hexágono circunscrito a uma circunferência determinam três rectas p, q, r concorrentes (ponto de Brianchon).
Relativamente à circunferência, p é a polar de P (e P é pólo de p), q é a polar de Q, r é a polar de R. E claro que, relativamente à circunferência em que inscrevemos e circunscrevemos aqueles hexágonos em que os vértices do inscrito são os pontos de tangência dos lados do circunscrito, o ponto de Brianchon é o pólo da recta de Pascal e a recta de Pascal é a polar do ponto de Brianchon.



O Teorema de Pascal e o seu dual Teorema de Brianchon já foram abordados. Esta publicação justifica-se como uma chamada de atenção para as conexões com os conceitos de pólo e polar relativamente a uma cónica (inscrita e circunscrita), enfim, para fazer mais uma síntese.

uma gota de engano

Muitas vezes nos enganamos. Algumas vezes acontece que o engano resulta mais belo que o desejado.

Tangência e ortogonalidade

No ensino básico, quando os estudantes aprendem a tirar por um ponto tangentes a uma circunferência ficam com o conhecimento necessário para determinar uma circunferência ortogonal a outra, a polar de um ponto relativamente a uma circunferência, divisão de segmentos e inversa, etc.
Um professor pode, sem precisar de mais tempo, referir estas questões e a determinação geométrica do inverso, por exemplo, enquanto lembra o teorema de Pitágoras e o facto da altura relativa à hipotenusa de um triângulo rectângulo ser meio proporcional aos segmentos em que divide a hipotenusa.
O exercício interactivo, que se segue, pede a determinação da circunferência centrada em P que é ortogonal à centrada em O. Vamos a isso.

Problema de Monge

Dados três círculos, determinar um quarto círculo que os corte ortogonalmente (caso exista)

O matemático francês Monge (1746-1818) é conhecido como fundador da geometria descritiva. Para os efeitos da resolução do exercício interactivo que se apresenta acima, para ser resolvido sem alvo à vista, interessa referir que Monge viu que os 3 eixos radicais dos 3 pares de cirunferências se interesectam num ponto. Será que o problema de Monge tem solução para qualquer terno de circunferências?
Estamos a realizar estas construções e exercícios com CAR.Metal interface de Eric Hakenholz para o magnífico Régua e Compasso (Zirkel und Lineal) de René Grothmann que sempre utilizámos neste último ano. CAR.Metal v. 1.8 já conta com uma adaptação portuguesa que pode e deve ser melhorada, como é óbvio.

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Com data de 27 de Agosto de 2007 escrevia-se "Um serviço sem alvo":
O exercício que estamos a propor é uma experiência. Sendo um exercício feito em R(égua) e C(ompasso) -(ZuL)" estamos a experimentar o interface CAR.metal e a apresentar o exercício sem alvo vísivel. Esperando , claro está, que o computador reconheça a solução, caso a encontre. Aqui vai:
Dadas duas circunferências de centros $\;O_1\;$ e $\;O_2\;$ e. a tangente $\;t\;$ comum às duas, determine um círculo ortogonal às duas circunferências e que tenha centro sobre $\;t$.

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A restauração em 2022:


Construção restaurada por Mariana Sacchetti que a explica a seguir:
1. Determina-se o eixo radical das duas circunferências (lugar geométrico dos centros das circunferências ortogonais à circunferência verde e azul):
Traça-se uma circunferência auxiliar (a tracejado preto e de centro M) que intersete ambas as circunferências. As retas definidas pelos pontos de interseção são os eixos radicais das circunferências verde e azul com a circunferência auxiliar. Pela interseção destas duas retas (ponto S) traçar a perpendicular à linha dos centros O1O2. Esta reta, vermelha, é o eixo radical das circunferências ortogonais à verde e à azul.
2. A circunferência pedida tem centro no ponto de interseção do eixo radical e da tangente t (ponto O) e passa pelos pontos I e L, pontos de tangência da reta t com as circunferências.

No livro ainda vinha escrito "Depois de pensar nas propriedades da tangente comum às duas cirucnferências, como passaria a determinar o eixo radical de duas circunferências?
Pode movimentar os centros das cirucnferências e fazer variar os raios. Isso ajudará a ver o que se passa quando as circunferências se intersectam, são tangentes, etc...

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e já temos tudo para resolver o Problema de Monge:
Dados três círculos, determinar um quarto círculo que os corte ortogonalmente (caso exista)



Construção restaurada por Mariana Sacchetti que a explica a seguir:


1. Desenha-se uma circunferência auxiliar que intersete as três circunferências.
2. Constroem-se os eixos radicais (bastam dois. Sabemos que os três se intercetam no mesmo ponto)
3. O ponto de interseção dos eixos radicais é o centro da circunferência pretendida.
4. Pelo centro da circunferência pretendida tiram-se tangentes às circunferências (basta a uma e basta determinar um ponto de tangência).
5. A circunferência ortogonal às outras três tem centro no ponto de interseção dos eixos radicais e passa pelos pontos de tangência referidos no ponto anterior.

Um exercício sem alvo

Aqui fica uma tentativa da Mariana na recuperação do que não é recuperável pois, expressamente, se tratava de uma experiência com uma aplicação e um interface específico..... e se apresenta .... num Geogebra que nem existia então mas agora muitíssimo e nunca saberemos se, antes do seu nascimento, já era melhor que o ZuL e o Car.metal só atropelados por terem sido atropelados em Java ..... :-) Em vida, o maquinista nunca esquecerá as ferramentas que usou em vida....
O problema usado para experiência como alvo era
Dadas duas circunferências de centros O₁ e O₂ e a tangente t comum às duas, determine um círculo ortogonal às duas circunferências e que tenha centro sobre t.

1. Determina-se o eixo radical das duas circunferências (lugar geométrico dos centros das circunferências ortogonais à circunferência verde e azul):
Traça-se uma circunferência auxiliar (a tracejado preto e de centro M) que intersete ambas as circunferências. As retas definidas pelos pontos de interseção são os eixos radicais das circunferências verde e azul com a circunferência auxiliar. Pela interseção destas duas retas (ponto S) traçar a perpendicular à linha dos centros O1O2. Esta reta, vermelha, é o eixo radical das circunferências ortogonais à verde e à azul.
2. A circunferência pedida tem centro no ponto de interseção do eixo radical e da tangente t (ponto O) e passa pelos pontos I e L, pontos de tangência da reta t com as circunferências.

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O exercício que estamos a propor é uma experiência. Sendo um exercício feito em "R(égua) e C(ompasso) - (ZuL)" estamos a experimentar o interface CAR.metal e a apresentar o exercício sem alvo visível. Esperando, claro está, que o computador reconheça a solução, caso a encontre.
Aqui vai:
Dadas duas circunferências de centros O₁ e O₂ e a tangente t comum às duas, determine um círculo ortogonal às duas circunferências e que tenha centro sobre t.

Depois de pensar nas propriedades da tangente comum às duas circunferências, como passaria a determinar o eixo radical de duas circunferências? Pode movimentar os centros das circunferências e fazer variar os raios. Isso ajudará a ver o que se passa quando as circunferências se intersectam, são tangentes, etc...

um lugar geométrico - o eixo radical(?)

Dadas duas circunferências, onde se encontram os centros das circunferências ortogonais às duas? Sabemos que a potência da circunferência (ortogonal às duas) no centro de uma delas é igual à potência no centro da outra. Como encontrar circunferências ortogonais a duas circunferências dadas?




A recta vermelha (PR) é o lugar geométrico dos pontos nos quais os dois círculos verde e azul (centros O1 e O2) têm a mesma potência. Designamos essa recta por eixo radical ("chordal" "power line"?) dos dois círculos. PR é perpendicular à recta O₁O₂. Conhecido este lugar geométrico, fácil é determinar círculos ortogonais (a preto na figura) aos dois círculos verde e azul.

No caso da nossa construção, os círculos verde e azul não se intersectam. Como determinar o eixo radical de duas circunferências que se intersectam?

Ortogonalidade, potência, pólo e polar

Conversa puxa conversa, passámos da inversão para a perpendicularidade de duas cirunferências. E, no mesmo passo, ligámos a ortogonalidade de duas circunferências à potência de uma circunferência num ponto:



A construção ilustra bem que a potência da circunferência verde (de centro O e raio |OA|ou |OT|) no centro da circunferência azul (de centro P e raio |PT|)
|OP|² - |OA|²
é o quadrado do raio da circunferência azul |PT|².

E é claro que, por serem ortogonais as circunferências, ao pólo O relativamente à circunferência azul de centro P corresponde a mesma recta polar que ao pólo P relativamente à circunferência verde de centro O. Na condição de serem ortogonais as circunferências, a polar de P relativamente à circunferência verde é perpendicular a OP (à recta que passa pelos centros, eixo das abcissas) no ponto que é transformado de P pela inversão relativamente à circunferência verde (inverso de P quando tomamos para unidade o raio da circunferência verde ou com abcissa inversa de P se tomarmos para origem O e para unidade o raio verde)... Do mesmo modo, a polar de O.....

Não podemos saber se este tipo de ligações entre diversos assuntos (conceitos) pode ser abordado facilmente no ensino básico (ou mesmo no secundário), mas parece-nos óbvio que é do maior interesse que, sempre que possível, aos jovens estudantes, deve ser dado o cheiro da síntese, da unidade.... Aos professores cabe escolher as melhores oportunidades e não desperdiçar um único momento propício a reforçar o especial espírito do lugar que a matemática é....

Perpendicularidades e inversões

A construção acima (com a qual pode interagir) ilustra bem que,

• se tomarmos para unidade o raio da circunferência verde (|OT|=1), |OA| ^-1=|OP|,
  ou, o que é o mesmo, A é o transformado de P pela inversão associada à circunferência verde;


• se tomarmos para unidade o raio da circunferência azul (|PT|=1). |PA| ^-1 =|OP|,
  ou, o que é o mesmo, A é o transformado de O pela inversão associada à circunferência azul.

As rectas OT e PT são perpendiculares (OT é tangente à circunferência azul e PT é tangente à circunferência verde em T). Do mesmo modo, OS e PS são perpendiculares.

Dizemos que duas circunferências se intersectam perpendicularmente quando os raios tirados para um ponto de intersecção são perpendiculares, que é o mesmo que dizer quando eles são catetos de um triângulo rectângulo cuja hipotenusa é o segmento que une os seus centros.
Designando por r₁ e r₂ os raios das circunferências, (|OT|= r₁ e |PT|=r₂), r₁² + r₂² = |OP| ²
r₁² = |OP| ² - r₂²
r₂² = |OP| ² - r₁²

E isto é para ser lido: duas circunferências são ortogonais (perpendiculares), quando a potência de qualquer delas no centro da outra é o quadrado do raio da outra.

a inversão do triângulo inscrito

o quadrado circunscrito invertido

pensava eu que os azulejos eram obra da inspiração de cada homem
antes de descobrir que a matemática faz da inspiração de cada homem
a inspiração do homem

semi-rectas inversamente paralelas

inversas de paralelas inversas são...

a inversa da concêntrica verde

Considere a circunferência c, preta na figura, e a inversão a ela associada. Determine a transformada por essa inversão da cirucunferência verde, v.

Inverter é ver ao espelho. O quê,?

Tomámos uma circunferência de centro em O e raio r. Os inversos dos pontos de uma recta exterior a essa circunferência (inversora, assim lhe chamamos para simplificar) estão todos sobre uma circunferência que passa pelo centro da circunferência inversora. Falávamos de inverso mesmo no sentido do que neutralizaria um número pela multiplicação: a cada P da recta r, associamos o número p = |OP|/r e ao transformado P' de P fica associado um número p' =|OP'|/r=r/|OP|=p^-1. Claro que o ponto O a que corresponde |OO|=0 não é inverso de qualquer ponto (ou é inverso do ponto impróprio da recta - no infinito) e não tem inverso na inversão associada à circunferência de centro O (ou é inverso de qualquer ponto impróprio de qualquer recta).
[A inversa de uma recta é uma circunferência com menos um ponto (ou com um buraco). A imagem por inversão associada a uma cirunferência de uma recta acabada (incluindo os pontos impróprios onde ela começa e acaba, no infinito) é uma circunferência.]
Interessante é agora procurar inverter figuras geométricas ou ver as suas imagens num espelho circular. Qual é a imagem de uma recta secante à circunferência inversora? Qual é a imagem de uma cirunferência que não seja concêntrica com a crcunferência inversora de centro O e não passe por O? Qual é a imagem da própria circunferência inversora? Qual é a imagem de uma circunferência concêntrica com outra tomando para espelho uma delas? Qual é a imagem de um segmento de recta? E de um triângulo?
Tantas perguntas? Algumas delas. Cada pessoa pode fazer outras tantas e ver como as respostas fazem quadros surpreendentes e belos. Com que cores queremos pintar o nosso mundo do outro lado do espelho?

Determinar o inverso de A.

Considere a inversão associada à circunferência e determine o transformado de A por essa inversão.