GEOMETRIA : julho 2015

23.7.15

Relações entre tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera.

As construções do tetraedro (XIII.13) e do cubo(XIII.15) começam exatamente do mesmo modo:

o diâmetro $\;AB\;$ da esfera em que ambos se inscrevem é dividido por um ponto $\;C\;$ de tal modo que $\;AC=2CB;\;$
sobre um semicírculo com esse diâmetro $\;AB\;$ que gera a esfera, tomámos um ponto $\;D\;$ tal que $\;CD\;$ é perpendicular a $\;AB;\;$
para o tetraedro inscrito, a aresta é $\;AD ;\;$
para o cubo inscrito na mesma esfera, a aresta é $\;DB.\;$

Em (XIII.13) vimos que $\;AB^2=\displaystyle \frac{3}{2}AD^2\;$ e, em (XIII.15), vimos que $\;AB^2=3DB^2\;$. Em consequência, de $\;\displaystyle \frac{3}{2}AD^2 = 3DB^2\;$ se retira que $\;AD^2=2DB^2,\;$ ou seja que $\;AD\;$ é o comprimento da diagonal de um quadrado de lado igual a $\;DB\;$. Assim vimos que a aresta de um tetraedro inscrito numa esfera de diâmetro dado tem comprimento igual à diagonal da face do cubo inscrito na mesma esfera.

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Na construção que se segue, pode ver-se um cubo de 8 vértices $\;E, \;F, \;G, \;H, \;K, \;L,\; M, \;N\;$ extremos de 12 arestas $\;EF, \;FG, \;GH, \;EK, \;KL, \;LF, \;KN, \;NM, \;ML, \;GM, \;HN \;$ que limitam 6 faces quadradas $\;[EFGH], \;[EFLK], \;[KLMN], \;[MNHG], \;[FGML].$
Conforme a construção feita, 4 dos vértices do cubo - $\;E, \; G, \;L, \;N\;$ - são vértices do tetraedro, extremos das suas 6 arestas $\;EG, \;EL \;EN, \; GL, \;LN, \;NG,\;$ cada uma diagonal de uma face do cubo, que limitam as 4 faces triangulares do tetraedro $\;EGL, \;ELN, \;ENG, \;GLN.\;$
Claro que os outros 4 vértices do cubo $\;F,\;H,\;K,\; M\;$ também são vértices de um tetraedro, extremos de outras diagonais das faces do cubo.

Aproveitamos para comparar os volumes dos tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera. Se do cubo removermos o tetraedro, sobram-nos quatro pirâmides iguais: por exemplo, $\;EGHN, \; $ de base $\;GHN\;$ triangular, que é (por XII.9) a terça parte do prisma de bases $\;EFK\;$ e $\;HGN\;$ triangulares iguais. Por sua vez, é óbvio que este prisma é meio cubo, logo cada uma dessas pirâmides sobrantes após a remoção do tetraedro é a sexta parte do cubo, e o conjunto delas representa quatro sextas partes. Vimos assim que o tetraedro representa duas sextas partes ou a terça parte do cubo em termos de volume.

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

7.7.15

Elementos: Construção de um cubo inscritível numa dada esfera

Proposição 15:
Construir um cubo que se possa inscrever-se numa esfera dada e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é triplo do quadrado da aresta do cubo nela inscrito.
Construção:

Seja $\;AB\;$ o diâmetro de uma dada esfera (ou seja a esfera gerada pela revolução de um semicírculo em torno do seu diâmetro de comprimento $\;AB\;$)
Dividimos $\;AB\;$ em dois segmentos $\;AC\;$ e $\;CB\;$ tais que $\;AC=2CB\;$
Tiremos por $\;C\;$ uma perpendicular a $\;AB\;$ e, no mesmo plano, tomemos $\;D ,\;$ ponto de interseção dessa perpendicular com a semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$
Tracemos $\;CD\;$ e $\;DB.\;$ - $\;A\hat{C}D=D\hat{C}B = 1\;$ reto
Tomámos depois um ponto $\;E\;$ e, a partir dele, construímos um quadrado $\;EFGH\;$ de lado igual a $\;DB\;$.
Em seguida, tirámos por $\;E, \;F,\; G,\;H\;$ perpendiculares ao plano do quadrado $\;EFGH\;$ e, sobre cada uma delas, tomámos um ponto de modo a obtermos $\;EK, \;FL,\; GM,\; HN\;$ iguais a um dos segmentos $\;EF, \; FG,\;GH,\;FE.\;$
Finalmente, desenhámos $\;KL,\;LM,\; MN,\;NK.\;$

Obtivemos assim um cubo, limitado pelos seis quadrados iguais $\;EFGH, \;KLMN, \;EFLK,\;FGML,\;GMNH, \;NHKE.\;$

Temos agora de provar que esse cubo tem os vértices sobre uma esfera de diâmetro $\;AB\;$ e que o quadrado de lado igual ao diâmetro da esfera é triplo do quadrado de lado igual à aresta do cubo.

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Demonstração:

Tomamos $\;KG\;$ e $\;EG.\;$Por construção $\;KE\;$ é perpendicular ao plano $\;EFG\;$ e é por isso, perpendicular a $\;EG\;$ - $\;K\hat{E}G\;$ é reto - o que quer dizer que a semicircunferência de diâmetro $\;KG\;$ passa por $\;E.\;$
Como $\;GF\;$ faz ângulos retos com cada uma das retas $\;FL\;$ e $\;FE\;$, então $\;GF\;$ também faz ângulos retos com o plano $\;KEF\;$ e, por isso, também é reto o ângulo $\;G\hat{F}K.\;$ E, portanto a semicircunferência de diâmetro $\;KG\;$ também passará por $\;F\;$ na sua rotação em torno de $\;KG.\;$
Iguais raciocínios nos permitem concluir que essa semicircunferência rodando em torno de $\;KG\;$ passará por todos os vértices do cubo construído.
Assim, mantendo fixo $\;KG\;$ a semicircunferência em revolução passa pelas mesmas posições desde que iniciou a rotação, o que quer dizer que o cubo está compreendido numa esfera de diâmetro $\;KG.\;$
Será que está compreendido na esfera dada?
1. Como $\;GF=FE\;$ e $\;G\hat{F}E\;$ é ângulo reto, então $\;GE^2 =FG^2+FE^2 = 2\times EF^2.\;$ Mas como $\;EF=EK\;$ então $\;EG^2=2\times EF2\;$ e como o ângulo $\;G\hat{E}K\;$ é reto, então $\;KG^2= GE^2+EK^2\;$. Podemos concluir que $\;GK^2=2EF^2+EF^2=3EF^2\;$
2. Por terem ângulos iguais, cada um a cada um, os triângulos $\;ADB\;$ e $\;BCD\;$, sabemos que $$\frac{AB}{DB}=\frac{DB}{BC} \; \; \; \text{que é o mesmo que} \; \; \; DB^2=AB\times BC$$ e, como $$\;\displaystyle \frac{AB}{BC}= \frac{AB\times AB}{AB\times BC}\;$$ sendo, por construção, $$\;\displaystyle \frac{AB}{BC}=3 \;\; \text{e}\;\; \frac{AB}{BC}=\frac{AB^2}{BD^2} \;\; \text{então} \;\; AB^2=3\times DB^2$$ Na Geometria de Euclides, este resultado aqui apresentado a partir algebricamente já foi demonstrado antes por métodos geométricos....
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EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

1.7.15

Livro XIII: Construção de um octaedro inscrito numa esfera dada

Proposição 14:
Construir um octaedro inscrito numa esfera dada e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octadedro nela inscrito.
Passos da construção:

Tomámos um segmento $\;AB\;$ para eixo de um semicírculo gerador da esfera.
Determinámos um ponto $\;C \;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=CB\;$
Assinalámos $\;D\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com o semicírculo de diâmetro $\;AB \;$. Traçámos o segmento de reta $\;DB\;$
Prolongámos $\;CD\;$ e tomámos sobre essa a reta, a partir de $\;C\;$ em sentido oposto ao de $\;D,\;$ um segmento de comprimento igual $\;AB\;$ e uma circunferência com esse segmento para diâmetro.
No caso da nossa construção, tomámos um ponto $\;E\;$ dessa circunferência e nela inscrevemos um polígono $\;EFGH\;$ tais que $\;EF = EG = FG=GH=DB\;$. Podíamos ter tomado um outro quadrado de lado igual a $\;DB\;$ em qualquer lugar do espaço. As opções tomadas só têm a ver com aspeto e tamanho da nossa construção.
Sendo $\;K\;$ o centro da circunferência, tirámos uma perpendicular ao plano da circunferência $\;(EFGH)\;$ e sobre ela tomámos $\;L\;$ e $\;M,\;$ um de cada lado do plano de $\;(EFGH)\;$, tais que $\;KL=KM=KE=KF=KG=KH\;$
Os 6 pontos $\;E,\;F,\;G,\;H,\;L,\;M\;$ serão vértices de um sólido de 8 faces triangulares $ \;LEF,\;LFG,\;LGH, \;LHE,\;MEF, \;MFG, \;MFH, \; MHE,\;$ que duas a duas se intersetam em alguma das 12 arestas $\;EF, \;FG, \;GH, \;HE, LE,\;LF,\;LG,\;LH,\;ME, \;MF,\;MG,\;MH.\;$ Traçamos tais arestas e faces.

Demonstraremos que o sólido construído é o octaedro requerido e que o quadrado do diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octaedro inscrito na esfera.

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Demonstração:

Por construção, $\;EFGH\;$ é um quadrado de lado igual a $\;DB.\;$E $\;EK=FK=GK=HK=KL=KM\;$ sendo iguais os ângulos $\;L\hat{K}E = M\hat{K}E = L\hat{K}F =M\hat{k}F = … = \;$1 reto. Por isso, $\;EK^2=LK^2, \; \; EL^2= 2\times EK^2. \;$ Do mesmo modo, $\;EH^2=2 \times EK^2\;$ e, por isso, $\;EL=EH\;$. Pelas mesmas razões, $\;LH = HE.\;$. Assim, podemos concluir que o triângulo $\;LEH\;$ é equilátero.
Podemos concluir que são equiláteros todos os restantes triângulos cujas bases são os lados do quadrado $\;EFGH\;$ e o terceiro vértice opostos de cada base é $\;L\;$ ou $\;M\;$. Isto quer dizer que construímos um sólido cujas faces são triângulos equiláteros iguais, ou seja, é um octaedro o que construímos.
Falta-nos provar que os vértices do octaedro construído são pontos da superfície esférica de diâmetro igual a $\;AB.\;$ Assim provamos a seguir:
1. Por construção, $EF=FG=GH=HE=DB$ e, como vimos, os triângulos de bases $\;EFL, \;FGL, \;GHL, \;HEL, \: EFM, \;FGM, \;GHM, \;HEM, \: $ são equiláteros de lados iguais a $\;DB.\;$
2. Como $\;LK, \;KM,\;KE\;$ são iguais, a semicircunferência desenhada de diâmetro $\;LM\;$ também passa por $\;E.\;$ E pela mesma razão, o semicírculo rodando em torno de $\;LM\;$ fixo também passa pelos pontos $ \;F, G, H\;$ e o octaedro terá os seus vértices numa esfera de diâmetro $\;LM.\;$
3. E dado que $\;LK=KM\;$ e $\;KE\;$ comum nos triângulos $\;LKE\;$ e $\;MKE\;$ ambos retângulos em $\;\hat{K}\;$, $\;LE=EM\;$
4. E como, por construção $\;L\hat{E}M\;$ é reto por estar inscrito num semicírculo de diâmetro $\;LM, \;$ então $\;LM^2= 2 \times LE^2\;$
5. E como, por construção, o triângulo $\;ADB\;$ é retângulo em $\; \hat{D}\;$ (inscrito no semicírculo) e $\;AD=DB\;$ então $\;AB^2=AD^2+DB^2, \;$ de onde retiramos que $AB^2=2\times DB^2$
6. Por ser, como vimos, $\;LE =DB\;$, podemos dizer que $\;AB^2=LM^2= 2 \times LE^2$, de onde se conclui:
  $\;AB=LM\;\;$ e $\;\;AB^2 = 2 \times LE^2$
Fica assim provado que a semicircunferência de diâmetro $\;LM\;$ gera uma esfera (a passar pelos vértices do octaedro construído) congruente com esfera dada - gerada pela semicircunferência de diâmetro $\;AB.\;$
e também ficou provado que o quadrado de lado igual ao diâmetro de uma esfera dada é igual ao quadrado de lado igual à aresta do octaedro nela inscrito. □

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
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