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.

O mesmo, de outro modo

Penso que pode ser interessante apresentar a inversão "mais ingénua", com a animação feita (determinação dos inversos P' dos pontos P da recta r, escolhida a unidade; |OR|=1) com os instrumentos de determinação geométrica - semelhanças de triângulos - abordados no 8º ano. Aqui fica.

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Nota: Este tipo de ligação entre operações e transformações servem ainda para ilustrar a noção de lugar geométrico.

Inversão de uma recta

Parece interessante, havendo tempo para tal no 9º ano, que se utilize a oportunidade da determinação da tangente por um ponto exterior a uma circunferência para uma referência à inversão, fazendo a ligação com as propriedades das operações com números.

O que acontece se a recta cortar a circunferência associada à inversâo?

O quadrado e a raíz quadrada

Num triângulo rectângulo, a altura relativa à hipotenusa é meio proporcional entre as partes em que a hipotenusa fica dividida. Este é um resultado que se trabalha no 8º ano. E se uma das partes da hipotenusa é a unidade, a outra parte é o quadrado da altura. Ou a altura é a raíz quadrada da outra parte da hipotenusa. Se a altura h divide a hipotenusa em duas partes m e n, h²=mn. A partir de certa altura, fixamos a nossa atenção na média geométrica e só utilizamos este resultado para calcular o comprimento h à custa das partes da hipotenusa e raramente o utilizamos para determinar quadrados. Trabalhar com médias (aritmética, geométrica e harmónica) é um bom exercício de construção e permite consolidar noções relativas e invariantes. A construção que apresentamos em seguida (em que tudo pode variar, deslocando os elementos A,U,.) é um exemplo muito formativo que pode ser abordado de novo no 9º ano. Os estudantes podem aprofundar os seus conhecimentos e compreensão sobre o conceito de medida, mudando de unidade, etc. E não será natural garantir que os estudantes reconheçam que um determinado método de construção serve para obter dois resultados recíprocos?

[A.A.F.]
Como determinar o segmento que tem por comprimento a raíz quadrada do comprimento de um segmento dado? Como determinar o segmento que tem por comprimento o quadrado do comprimento de um segmento dado? Dois problemas?

Inversão

Com os alunos do 8º ano, experimentei a compreensão de alguns procedimentos para efectuar, com régua e compasso, construções geométricas sobre segmentos correspondentes a operações sobre números. Escolhido um segmento para unidade, e dados segmentos de comprimentos a e b, quaisquer, não aparecia como fácil a determinação de um segmento correspondente ao comprimento ab e menos ainda os correspondentes aos comprimentos a/b, 1/a, a_2>, etc. Na altura, tal era pedido depois de termos cuidado das semelhanças de triângulos e os raciocínios usavam só a proporcionalidade entre segmentos determinados por feixes de rectas concorrentes cortadas por paralelas. Parece que não há qualquer problema em determinar 2a em linha nem em compreender o que significa ab, a₂ ou a(b+c) em termos de áreas, mas já tudo se complica quando se pede um segmento igual a 2a/3, ab, etc. Parece que não é assumida a sistemática comparação entre segmentos quando se fala em medida de um comprimento relativamente a outro.
No 9º ano, vamos poder voltar às operações sobre segmentos, agora com recurso sistemático a circunferência e tangentes tiradas por um ponto, sem acrescentar muito ao que se sabe sobre triângulos. Será que a compreensão aumenta? Estas dificuldades devem estar todas resolvidas quando entramos na geometria analítica como tal. Por exemplo, sobre a construção que se apresenta a seguir, está desenhada uma circunferência de raio 3 e as tangentes tiradas por um ponto P (que pode deslocar), um ponto P' (da polar de P relativamente à circunferência e colinear com O e P), define o segmento [OP'] cujo comprimento é o inverso do comprimento de [OP] se tomarmos como unidade o raio da circunferência.

[A.A.F.]
A transformação associada à circunferência dada que a cada P faz corresponder P' (e reciprocamente) nas condições da construção dada, toma naturalmente o nome de inversão relativamente à circunferência. Este é outro exemplo, para aprofundar e melhorar o conceito de medida, permitindo realizar exercícios geométricos muito atractivos geometricamente. Valerá a pena?

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No mundo do ATRACTOR há uma máquina muito potente que efectua inversões. Pode usar livremente.

Borel, 119

No livro Algèbre, programme de 1925. Borel,É; Montel; P. , Lib. Armand Colin. Paris:1926 , como um caso em que as propriedades do trinómio intervêm na discussão, é apresentado o Problema V: Um triângulo e um quadrado têm as suas bases sobre uma recta r e estão num mesmo semiplano dos definidos por ela. Determinar a recta r' paralela a r que corte os dois polígonos e de tal modo que a soma das partes dos polígonos fora da faixa entre r e r' seja equivalente ao triângulo [ABC]. (adaptado)



Determinar     x     tal que         área_[AB'C'] + área_[DE'F'G] = área_[ABC].

Aqui estamos mais à espera de uma resolução geométrica que seja simples.

Mas será possível esperar que algum estudante português dos ensinos básico ou secundário reuna condições e interesse para realizar este trabalho proposto; desde encontrar os binómios interessantes até discutir a existência das soluções?

Álgebra da involução

Sobre a involução, para finalizar, decidimos transcrever traduzidas algumas páginas de "Algèbre et Géométrie du Second Degrée" de Émile Borel. Muitas vezes, a álgebra ajuda a compreender melhor as construções geométricas e é, por isso, que fazemos esta transcrição (e homenagem!, diga-se)

24. Homografia e involução.

Estudámos em "La Géométrie et les Imaginaires" a transformação homográfica, ou seja, a relação entre duas variáveis tal que a cada valor de uma qualquer das duas variáveis corresponde um valor e um só da outra variável. Uma tal transformação é pois necessariamente linear em relação a cada uma das duas variáveis e pode ser escrita sob a forma:

(27)              a x x' + b x + b' x' + c = 0

A propriedade mais importante da transformação homográfica é a conservação da razão anarmónica, isto é, a razão anarmónica de quatro valores de x é igual à razão anarmónica dos quatro valores correspondentes de x'.
A equação (27) faz corresponder a cada ponto M de coordenadas x um ponto M' de coordenadas x'; mas esta transformação não é recíproca, ou seja, se designarmos por x as coordenadas de M', o valor x' correspondente não será a coordenada de M. Com efeito, se permutarmos x e x' em (27), obtemos:

(27')             a x x' + b x' + b' x + c = 0

e, subtraindo as duas equações (27) e (27') membro a membro, vem:

(28)             (b - b') (x - x') = 0

e, se supusermos x diferente de x', ou seja, x - x' diferente de 0, esta relação implica b = b'. Se esta relação se verifica, a transformação homográfica é dita "involução". Uma involução é, portanto, definida pela relação

(29)            a x x' + b (x + x') + c = 0

simétrica em x e x'. Os valores x e x' que verificam esta relação são ditos "pares" de pontos correspondentes da involução. Para que dois pontos estejam sobrepostos, ou seja, para que x = x' é necessário e suficiente que se tenha:

(30)             a x² + 2 b x + c = 0

isto é, que x seja um zero do trinómio       a x² + 2 b x + c.
Suponhamos em primeiro lugar que os seus zeros são distintos e reais e designemo-los por x₁ e x₂; ou seja, que temos

(31)              x₁+ x₂ = -2 b/a              x₁ x₂ = c/a

e, substituindo na equação (29) b e c pelos seus valores tirados de (31) e, dividindo por a, que não é nulo, a relação involutiva torna-se:

(32)             2 x x' - (x₁ + x₂) (x + x') + 2 x₁ x₂ = 0

o que pode escrever-se:

(33)              (x - x₁) (x' - x₂) + (x - x₂) (x - x₂) (x' - x₁) = 0.

Sejam M₁ e M₂ os pontos x₁ e x₂, M e M' os pontos x e x'; a relação (33) escrever-se-á:

(34)              MM₁ . M'M₂ + MM₂ . M'M₁ = 0

ou seja,

(35)              MM₁/MM₂ = - M'M₁/M'M₂.

Ela exprime que os pontos M e M' são conjugados harmónicos em relação aos pontos M₁ e M₂.
Se designarmos por O o ponto médio de [M₁M₂], sabe-se que temos:

(36)              OM . OM' = OM₁²

o ponto O é dito o "centro" da involução; ele corresponde ao ponto do infinito da recta.

Parábola e involução

Se tomarmos uma parábola inscrita num quadrilátero (quatro rectas tangentes à parábola), lados opostos e diagonais cortam uma recta em pares de pontos em involução. Pode fazer variar a parábola, a recta de corte e até as tangentes (lados do quadrilátero) para confirmar os resultados.



[A.A.F.]

Involução e parábola

Ainda prosseguindo na saga das involuções, Aurélio Fernandes apresentou uma construção com parábolas. Toma-se um quadrilátero inscrito na parábola (pode fazer variar o quadrilátero deslocando os seus vértices sobre a parábola). Sobre uma recta que corte as rectas contendo os lados e diagonais do quadrilátero, ficam determinados pares em involução. Estão determinados o centro O da involução bem como os seus pontos duplos M e N. Também pode fazer variar a parábola ou a recta que corta os lados do quadrilátero, deslocando os pontos em (x).


[A.A.F.]

Teorema de Desargues - dual

As tangentes tiradas por um ponto exterior às cónicas inscritas num quadrilátero pertencem a um feixe em involução definida pelos vértices opostos do quadrilátero.



[A.A.F]

Triângulo, cónica e involução

Tome-se o triângulo [ABC] e uma cónica tangente aos lados AB e AC em B e em C. Os pares de pontos de intersecção de r com as rectas AB e AC - (P,P') - e com a cónica -(Q,Q')- estão em involução. Utilizando a régua, determine um ponto duplo dessa involução.


[A.A.M.]
Originalmente, com recurso à aplicação ZuL(CaR)- R. Grothmann, esta publicação dava um enunciado de problema de construção e deixava aberta uma janela dinâmica para permitir ao observador interessado que, com as ferramentas adequadas disponíveis, resolvesse o problema e confirmasse a validade das suas escolhas e resultados. Para o mesmo efeito recorremos à aplicação Cinderella (J.Richter-Geberrt, Ul. Kortenkamp) em algumas iniciativas.
Nestas tentativas de recuperar as imagens (ilustrações dinâmicas) para serem visualizadas por quem visitasse e visite este BloGeometrias repositório das tentativas de estudo (construções) de António Aurélio Fernandes, Arsélio Martins e Mariana Sacchetti.

Elipse? Qual elipse?

Determinar a elipse de que se conhecem quatro pontos M, N, P e Q e uma tangente t.

Teorema de Desargues

Dada uma cónica e um quadrivértice nela inscrito, qualquer secante à cónica que não passe por vértices, corta a cónica e os lados opostos do quadrivértice em pares de pontos de uma mesma involução.


[A.A.F.]
Pode deslocar os vértices sobre a cónica.

Involução pelos pontos duplos

Determinar o segundo elemento do par (A,A') em involução de que P e Q são pontos duplos.

Cónica - polar, harmónica, involução

Por um ponto R, exterior a uma elipse dada, tiremos duas tangentes. E tracemos a polar de R - recta passando pelos pontos de tangência. Os pontos de tangência são pontos duplos de uma involução que transforma cada ponto no seu conjugado harmónico.



Estes factos que relacionam a involução com outras propriedades das cónicas já referidas, sugerem exercícios interactivos. Por exemplo: Como determinar pares em involução de que se conhecem apenas os pontos duplos.

Involução hiperbólica

O conjunto de pares de diâmetros conjugados de uma cónica formam um feixe em involução, cujo vértice é o centro da cónica. Os raios duplos dessa involução, caso existam, são as tangentes à cónica. Como na elipse o centro é interior e todos os diâmetros intersectam a curva, logo, a involução elíptica não tem pontos duplos.

No caso da hipérbole existem duas tangentes - as asssíntotas - à cónica passando pelo centro. Na involução hipérbolica há dois pontos duplos.

Recordamos a referência, em outro artigo, à seguinte propriedade: Os pares de diâmetros conjugados de uma hipérbole são conjugados harmónicos relativamente às assíntotas.

Diâmetros conjugados da elipse e involução

O conjunto de pares de diâmetros conjugados de uma cónica formam um feixe em involução cujo vértice é o centro C da cónica.
Na construção que se segue, os diâmetros conjugados da elipse intersectam uma recta r qualquer (pode fazer variar r, deslocando P) em pares de pontos em involução. Pode deslocar qualquer dos pontos asssinalados por (X), fazendo variar a cónica e os seus diãmetros conjugados).

[A.A.F.]
No caso da elipse não existem elementos duplos (qualquer circunferência de corda AA’ ou BB’, etc contém O no seu interior, logo não é possível traçar por O tangentes a essas circunferências) ; um ponto duplo da involução corresponderia a uma recta dupla no feixe de centro C que teria de ser tangente à conica. A involução elíptica não admite pontos duplos.

Em busca do ponto duplo

Determine os pontos duplos (S e T) da involução definida pelos pares conjugados (A,D) e (B,C).

Pontos duplos

Se numa involução houver um ponto M tal que |OM|² = k, diz-se que M é ponto duplo [ou que (M,M) é um par da involução]. Numa involução apenas pode haver 0 pontos duplos (elíptica) ou 2 pontos duplos (hiperbólica).
Numa involução com pontos duplos, M e N, verifica-se que:

|OA|.|OA’| = |OB|.|OB’| = … = |OM|² = |ON|² = k

Os elementos duplos de uma involução hiperbólica estão separados harmonicamente por cada par de elementos conjugados:

(MNAA’) = (MNBB’) = …. = -1.

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Determinar pontos duplos, caso existam, equivale a determinar as circunferências do feixe que são tangentes à recta.
Suponhamos que a involução está definida por um par (A,A') de elementos conjugados e pelo centro O. Tracemos uma circunferência que contenha A e A'e tiremos por O tangentes a essa circunferência, no caso OR e OS. Já sabemos que OR = OS e que OR.OS = OA.OA' =OR^2


[A.A.F.]
Onde está o outro ponto duplo?

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[Na figura, A e A' estão em involução de centro O. A partir de O determinamos as tangentes OR e OS à circunferência do feixe que passa por A, A´, R e S. |OR|=|OS|=|OT|, em que T está sobre a recta OA. Assim, |OT|²= |OA|*|OA'|= |OR|*|OR| e T é um ponto da circunferência (O, OR) e da reta r. T é, por isso, um dos pontos duplos da involução considerada. O ponto U será o outro ponto duplo, obviamente. Construímos as circunferências de centros em perpendiculares a r em T e U, tangentes em T e U, que verificamos se intersectam em pontos definidores de um eixo a passar por O, por escolhermos os seus raios maiores que OR]

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Caso existam pontos duplos, claro que serão os pontos de tangência com r das circunferências do feixe RS tangentes a r. É evidente que, nestas condições, existem duas circunferências ou nenhuma. No caso presente há dois pontos duplos; repare que pode tomar circunferências tangentes do mesmo lado de r concorrentes com um eixo como intersecção das duas que obviamente passa por O, como vimos.

Transformado por uma involução

Considere uma involução definida por dois pares A, A' e B, B' de pontos colineares. Determine o transformado de um ponto C, alinhado com os outros quatro, pela involução antes definida.

Centro de uma involução.

Dados dois pares de pontos em involução, determinar o centro O da involução

Consideremos uma involução definida sobre uma recta r por dois pares de elementos conjugados, (A,A') e (B,B'); vejamos como proceder para obter o centro O da involução:

Tracemos uma circunferência qualquer passando por A e A'; outra passando por B e B', de modo que se intersectem. Tracemos o eixo radical das duas circunferências. A intersecção do eixo radical com a recta r determina o ponto O. Basta recordar que o eixo radical de duas circunferências é o lugar geométrico dos pontos que têm igual potência em relação às duas circunferências; logo |OA|.|OA'| = |OB|.|OB'|

Como determinar um novo par? Claro que, qualquer circunferência que faça parte do feixe definido por este eixo radical, define novo par de elementos conjugados.



[A.A.F.]

Se mantiver fixos os pontos A, A', B e B', deslocando os centros das circunferências (enquanto se intersectem), verá que o ponto O se mantém invariante. Claro que se deslocar os pontos A, A', B e B' verificará que o ponto O muda (é centro de uma nova involução).

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Dado um par de pontos em involução, o centro e um dos elementos de outro par, determinar a sua imagem

São dados o centro O, o par (A,A') e o ponto B. Pede-se o ponto B' conjugado de B.

Tracemos uma circunferência qualquer que contenha A e A'. Por O façamos passar uma recta que intersecte a circunferência e que vai ser o eixo radical de um feixe de circunferências. A circunferência que passa por B, K, L determina B´sobre r.

Involução

Mantemos o texto original que acompanhava um exercício interactivo ou algo parecido que nos deixou para trás. Aqui vamos apresentar um exemplo de transformação geométrica, a involução a fazer corresponder a cada ponto P de uma reta r definida por dois pontos dados um outro ponto P' da mesma reta tal que para um ponto O, centro da involução, PO.OP' é invariante.

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António Aurélio Fernandes não descansa. Por força da sua saudável teimosia, andamos a procurar a melhor abordagem a algumas transformações geométricas afastadas dos programas escolares.
Hoje apresentamos uma transformação que é muitas vezes usada, com vantagem, na resolução de problemas de régua e compasso envolvendo cónicas. Nunca sabemos se o fazemos bem. Mas aqui fica uma tentativa que, depois de todas as voltas acabou praticamente na forma da sugestão inicial de António Aurélio Fernandes. A vida é feita de derrotas... para uns e vitórias... para outros. Mais coisa menos coisa.

Na construção que se segue, verá que para cada recta r definida por dois pontos R e S, a cada ponto P de r corresponde um ponto P' tal que |OP|.|OP'|=k. Deslocando P sobre r verá que esse produto é invariante qualquer que seja o ponto P e correspondente P'.

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[A.A.M]

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A esta aplicação que faz corresponder a cada ponto P de r um outro ponto P' da mesma recta, de tal modo que |OP|.|OP'|=k, chamamos involução de centro O e constante k.

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Deslocando R ou S, obterá nova recta e, logo, um novo centro O e uma nova constante k. Poderá mover C e confirmará que a cada ponto P corresponderá um ponto P' mantendo-se invariante (para cada recta RS) o produto |OP|.|OP'|.

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É muito interessante e potente este resultado. Muitas perguntas, muitos problemas são sugeridos imediatamente pela definição. Por exemplo, para cada recta e para cada constante qual o centro da involução?

Porque será que aquele produto é constante, quando P varia sobre a recta? É disso que vamos tratar, dando exemplos de involuções conhecidas...(?)

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A ilustração do caso presente - involução retangular (∠ PVP'= ∠ AVA' são retos e ∠ VOP também é reto)- agora apresentada é muito esclarecedora. Foi dedicada ao único bisavô deste projecto, a saber, António Aurélio Fernandes.

Hipérbole -Assíntotas e tangente.

[A.A.F.]

Aqui ficava uma primeira experiência em GeoGebra, livre de encargos, que recomendamos vivamente para ser usado no ensino. O resultado a que se refere ajuda a resolver um exercício interactivo recentemente poposto.

Diâmetro conjugado

Da hipérbole definida pelos seus vértices e uma assíntota é dado um diâmetro [AB]. Determinar o seu conjugado.

Dos diâmetros conjugados para os eixos

Há problemas em que se tem um par de diâmetros conjugados e se põe a questão de determinar os eixos. Vejamos um processo prático para determinar os eixos (Luís Veiga da Cunha. Desenho Técnico. Fundação Calouste Gulbenkian. Lisboa ).


[A.A.F.)

Sejam [AB] e [CD] um par de diâmetros conjugados. Após termos verificado que [CD] é o menor diâmetro, tomamo-lo como diâmetro de uma circunferência. Tracemos a mediatriz m de [CD] e os pontos K e L de intersecção de m com a circunferência. Por um dos extremos do diâmetro maior (A na imagem), tracemos as semi-rectas AK e AL. A bissectriz do ângulo KÂL dá a direcção do eixo maior. Já podemos traçar, com intersecção em O, o par de rectas perpendiculares (a azul) que contêm os eixos.

Sendo Q a intersecção da semi-recta AL com a recta que contém o eixo menor, |AQ| é o comprimento do semi-eixo maior |QL| é o comprimento do semi-eixo menor.

Diâmetros conjugados segundo Apolónio

Teoremas de Apolónio:

1. Numa elipse a soma dos quadrados de dois semi-diâmetros conjugados é constante e igual à soma dos quadrados dos dois semi-eixos: |AO|² + |CO|² = a² + b².
   Na construção que se segue, pode deslocar os pontos A, F₂ e V₁, confirmando esta afirmação.
   

[A.A.F.]
2. A área do paralelogramo construído sobre dois semi-diâmetros conjugados é constante e igual à área do rectângulo construído sobre os semi-eixos.
Pode deslocar os pontos A, F e V₁ para confirmar este resultado.
[A.A.F.] O mesmo se passa com a hipérbole. Pode deslocar S, V1, O e F2 para confirmar o resultado.
[A.A.F.]

Diâmetro conjugado

Seja [AB] um diâmetro; tracemos uma corda [PQ] paralela a AB; o ponto I de intersecção das tangentes em P e Q à cónica e o ponto O definem o diâmetro [CD] conjugado de [AB].



[A.A.F.]

Feixe harmónico: assintotas e diâmetros

Numa hipérbole, os pares de diâmetros conjugados são conjugados harmónicos em relação às assíntotas. Na construção que se segue, temos o diâmetro d₁ definido pelos pontos A e B; o seu conjugado d₂ é a recta que passa pelo centro e é paralela às tangentes à hipérbole em A e B. Ou seja, (a₁d₂a₂d₁) é um feixe harmónico o que se confirma verificando que determina numa recta r um quaterno harmónico (MNM'N'). [(a₁d₂a₂d₁) =(MNM'N')=-1]




[A.A.F.]


Na construção, pode deslocar os pontos M e M'.

Elipse: diâmetros conjugados

Na elipse da construção tomámos uma corda [AB] que (é polar) tem um pólo P exterior que é a intersecção das tangentes à cónica em A e em B.



[A.A.F.]

Na construção acima pode deslocar o ponto B: há uma posição em que a corda passa pelo centro O e se torna um diâmetro. Qual o seu pólo? Como as tangentes ficaram paralelas, o pólo P é o “ponto do infinito” dessa direcção (um ponto impróprio).
A polar do ponto do infinito da direcção definida pelas paralelas ao diâmetro [AB] vai ser o diâmetro [CD].




Mantenhamos a corda [AB] a passar pelo centro. Dois diâmetros, tais como [AB] e [CD] dizem-se “conjugados”: cada um é a polar da direcção definida pelo outro.

[A.A.F.]

---

É óbvio que, se dois diâmetros são conjugados, cada um bissecta as cordas paralelas ao outro: A.A.F. dixit

Conjugados e separação harmónica

Os pontos conjugados de uma secante p a uma elipse são conjugados harmónicos relativamente aos pontos R e S de intersecção de p com a elipse: (P’RMS) = -1.




[A.A.F.]

Elementos conjugados

Consideremos um ponto P e seja p a sua polar em relação à elipse. A polar p’ de um ponto P’ que pertence a p é uma recta que contem P. Os pontos P e P’ dizem-se conjugados; as rectas p e p’ são conjugadas. Na construção a seguir pode deslocar P.


[A.A.F.]


Dois pontos são conjugados se cada um pertence à polar do outro.
Duas rectas são conjugadas se cada uma passa pelo pólo da outra.
No triângulo [PP’M] cada vértice é o pólo do lado oposto; diz-se, por isso, autopolar.

Elipse: Da polar ao pólo

Dada uma recta p e uma elipse, determinar um ponto P que seja o pólo de p relativamente à elipse

Da polar ao polo

Apresentámos a determinação da polar de um ponto dado relativamente a uma cónica dada. Agora, aqui deixamos um exercício interactivo de determinação do pólo de uma recta dada relativamente a uma dada cónica.

Dada uma recta p e uma cónica c₁, determinar um ponto P que seja o pólo de p relativamente à cónica c₁







Nota: A construção deste exercício foi muito elucidativa das dificulades em trabalhar com reconhecimento de pontos obtidos por construções que recorram à incidência de um ponto sobre uma cónica qualquer. Embora ReC reconheça a incidência e faça deslizar um ponto sobre uma cónica não é garantido utilizar esse ponto ou as suas coordenadas aproximadas em ulteriores determinações delas dependentes.

Elipse: Polo (interior) e polar

Construção da polar de um ponto P interior.

Podemos utilizar o método do quadrilátero circunscrito.
Por P traçamos duas cordas [AC] e [BD]. As tangentes à elipse nos extremos das cordas formam um quadrilátero completo. Os vértices M e N determinados por lados opostos do quadrilátero definem a polar de P.



[A.A.F.]

Repare-se que BC e AD se intersectam sobre a polar de P e, obviamente, o mesmo acontecerá com a intersecção de AB com CD.

Podíamos ter optado pelo quadrilátero inscrito determinado pelos extremos das cordas, o que nos poupa da determinação de tangentes à elipse.

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Esta construção serve tambem para determinar o polo de uma recta exterior relativamente a uma elipse.

Elipse: Polo e polar

Construção da polar de um ponto P exterior

- Método das tangentes: traçamos por P as tangentes à cónica; os pontos de tangência definem a polar.

[A.A.F.]
< - Método do quadrilátero: por P traçamos duas secantes; as intersecções com a cónica determinam um quadrilátero; os dois pontos de intersecção dos lados opostos definem a polar de P.



[A.A.F.]

Cónicas: pólo e polar

Há cerca de um ano atrás, decidimos dar uma determinada orientação a este blogue. De facto, estava a iniciar-se uma "febre" de resolução de problemas de geometria no "Geometriagon" (http://www.polarprof.org/geometriagon/default.asp). Atendendo a que muitos dos problemas exigiam o conhecimento de conceitos geométricos (e propriedades) muito afastados dos actuais programas escolares, considerámos que seria desejável fornecer instrumentos de trabalho para evitar frustrações...

Recentemente têm aparecido no "Geometriagon" uma série de problemas referentes a cónicas que exigem o conhecimento de questões tais como razões harmónicas, polos e polares, elementos conjugados, projectividades, involuções. Daí estarmos a desenvolver tais assuntos na medida em que vão ser necessários para resolver os problemas propostos.
Voltemos, então, às cónicas como foi prometido.

Polo e polar relativamente à elipse

Tomemos um ponto P e uma elipse. Façamos passar por P uma secante s à elipse; sejam A e B os pontos de intersecção. Determinemos o conjugado harmónico P' de P em relação a A e B. Para toda a secante por P à elipse é possível determinar o conjugado harmónico P' de P em relação aos pontos de intersecção.

Demonstra-se que o lugar geométrico de tais conjugados harmónicos é uma recta p que se diz polar de P em relação à elipse; P é o polo de p.
Se P é ponto da cónica, a sua polar é a tangente em P.


[A.A.F.] Ao deslocar o ponto B da elipse, verificará que o conjugado P' de P em qualquer dos quartetos harmónicos da figura vai estar sobre uma reta p. Deslocando P para tomar posições quaisquer no exterior da elipse verificará que a cada posição de P corrresponde um ponto P' e que ao deslocar B verificará que P' tomará, como é de esperar, posições sobre a mesma reta - polar de P.

Círculo polar

Publicamos um exemplo de exercício interactivo em que se aplicam definições de polar de um ponto (relativamente a uma circunferência) como uma actividade de descontração no meio deum grande conjutno de resultados que nos vão levar de volta às cónicas.
Aqui fica: Dados dois pontos P e A, pretende-se determinar uma circunferência que passe por P e em relação à qual uma recta a dada é a polar de A.

Polaridade

Polar de um ponto em relação a duas rectas

Tomemos um ponto P e duas rectas r e r' concorrentes em O. Façamos passar por P uma recta s que intersecta r e r' em A e B; determinemos o conjugado harmónico, P', de P em relação a A e a B: (PP'AB) = -1.
Qual será o lugar geométrico dos pontos P' conjugados harmónicos de P em relação aos pontos A e B quando s varia?
Demonstra-se que é uma recta d´definida por P' e O. Diz-se que d' é a polar do ponto P em relação às rectas r e r'.





Se a polar de P passa por P', a polar de P' passa por P.

Considerámos duas rectas concorrentes. Se as rectas são paralelas mantém-se o que foi dito.

Polar de um ponto em relação a uma circunferência

Tomemos um ponto P e uma circunferência (c). Façamos passar por P uma secante s à circunferência; sejam A e B os pontos de intersecção. Determinemos o conjugado harmónico P' de P em relação a A e B. Para toda a secante por P à circunferência é possível determinar o conjugado harmónico P' de P em relação aos pontos de intersecção. Demonstra-se que o lugar geométrico de tais conjugados harmónicos é uma recta p que se diz polar de P em relação à circunferência; P é o polo de p.





Para determinar a polar de P, basta fazer passar por P duas secantes e determinar os dois conjugados harmónicos de P. Claro que se traçarmos as tangentes ªa circunferência por P, a polar é definida pelos pontos de tangência.

Considerámos o ponto P exterior à circunferência. Se P for interior, a polar será uma recta exterior.

Se P é ponto da circunferência, a sua polar é a tangente à circunferência em





Um exemplo notável de polo e polar: já foi referido que, na elipse e na hipérbole, cada directriz é a polar do foco correspondente em relação ao círculo principal.

Pontos conjugados em relação a uma circunferência: A e B são conjugados se a polar de cada um passa pelo outro.
Rectas conjugadas em relação a uma circunferência: a e b são conjugadas se o polo de cada uma pertence à outra.

A razão positiva

Se a razão dupla anarmónica (ABCD) = k for positiva, C e D não separam A e B, que é o mesmo que dizer que C e D ou estão ambos entre A e B ou ambos fora do segmento [AB].
Para determinar um quaterno anarmónico de razão dupla positiva, por exemplo, (ABCD)=1/4, basta fazer uma construção semelhante à que fizemos no artigo anterior, mas em que tomamos sobre a recta tirada por A dois segmentos 4 para 1 num dos semiplanos definidos pela recta dos pontos AB.
Assim:


[A.A.M.]
Na nossa construção pode fazer variar a recta m (AMN) e os pontos A, B e C.

Razão anarmónica

Até agora temos vindo a considerar casos de divisão e separação harmónica em que a razão dupla de quatro pontos colineares (ABCD) =(|AC|/ |BC|) / (|AD|/ |BD|)= 1, (ou -1, considerando os vectores).

Podemos considerar casos de divisão e separação não harmónica em que a razão dupla (ABCD)=k diferente de -1. Dizemos que tal razão é anarmónica. Interessante é saber determinar o quarto anarmónico, isto é, determinar sobre uma recta r, o ponto D assim relacionado com A, B e C: |AC|/|BC| = k. (|AD|/|BD|). Para o exemplo de construção que se segue, consideramos k=2 (k=-2, se considerássemos os vectores).



[A.A.M.]

Por A fazemos passar uma recta m qualquer em que marcamos dois segmentos na razão 2 para 1. Com o extremo do segmento 2 (de m) e o ponto C definimos uma recta n; n intersecta a recta p paralela a m tirada por B. Unindo esta intersecção (de m com p) ao extremo do segmento 1 de m, definimos uma recta que intersecta r no ponto D.

Nota: No caso da nossa construção, não haverá ponto próprio D, correspondendo a um ponto C que seja tal que |AC|=2.|BC|.

Feixes harmónicos

Se tivermos quatro pontos - A, B, C e D - colineares e tais que (ABCD)=-1, dizemos que um feixe de rectas paralelas ou concorrentes que passem por eles é um feixe harmónico e convencionamos escrever O(ABCD)= (abcd)=-1.


[AdAM]
Se um recta corta um feixe num quarteto harmónico convencionamos chamá-lo de feixe harmónico porque qualquer outra recta que corta o feixe o faz segundo um quarteto harmónico (a harmonia é invariante por projecção central ou paralela). Um exemplo simples e interessante de feixe harmónico é constituído por dois lados de um triângulo qualquer e as bissectrizes internas e externas do ângulo formado por esses dois lados.