29.4.16

Construir um triângulo equivalente a um polígono

Na entrada anterior, resolvemos o problema repetindo a construção (I.44) tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono dado.

No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e tomamos o segmento $\;JK\;$ para lado do paralelogramo equivalente a $\;[ABCDEFG]\;$ a construir. Em vez de tomarmos uma decomposição do polígono em triângulos e para cada um desses triângulos construir o paralelogramo equivalente, vamos previamente proceder à construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e só depois construir o paralelogramo equivalente a esse triângulo.

©geometrias, 29 abril 2016, Criado com GeoGebra



Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do fundo à direita, pode seguir os passos da resolução.


O processo de construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ é feito de repetições da determinação de um triângulo equivalente a um quadrilátero. Assim:

$\fbox{1,2}\;\;$

Escolhemos para começar o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ e a sua diagonal $\;AC.\;$ Determinamos o ponto $\;P\;$ de intersecção de $\;CD\;$com a reta paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;B.\;$ Os triângulos $\;[APC]\;$ e $\;[ABC]\;$ são iguais em área por terem uma base comum $\;AC\;$ e os terceiros vértices $\;B,\;P\;$ sobre $\;BP\;$ paralela a $\; AC\;$ comum.
Como $\;\mbox{Área}_{[ABCD]} = \mbox{Área}_{[ABC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\; \;\mbox{Área}_{[APD]}=\mbox{Área}_{[APC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\;$ podemos dizer que $\;\mbox{Área}_{[ABCD]}= \mbox{Área}_{[APD]},\;$ já que, como vimos, $\; \mbox{Área}_{[ABC]} = \mbox{Área}_{[APC]}.\;$

$\fbox{3,4}\;\;$

Tomamos de seguida $\;[APDE]\;$ e a diagonal $\;AD\;$ e determinamos $\;Q\;$ na intersecção de $\;DE\;$ com a paralela a $\;AD\;$ tirada por $\;P.\;$ E, como o anteriormente visto em procedimento análogo, são equivalentes os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[AQD].\;$
E, em consequência, $\; \mbox{Área}_{[APDE]} = \mbox{Área}_{[AQE]}, \;$ já que $\; \mbox{Área}_{[APDE]} =\mbox{Área}_{[APD]}+\mbox{Área}_{[ADE]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\mbox{Área}_{[AQD]}+\mbox{Área}_{[ADE]}\;$

$\fbox{5,6}\;\;$

Com o mesmo raciocínio se toma agora $\;[AQEF],\;$, a sua diagonal $\;AE\;$ e determinamos o ponto $\;R\;$ de intersecção da reta $\;EF\;$ com a paralela a $\;AE\;$ tirada por $\;Q.\;$
E, como $\;\mbox{Área}_{[AQE]} = \mbox{Área}_{[ARF]}, \; \;\; \mbox{Área}_{[AQEF]} = \mbox{Área}_ {[ARF]}\;$.

$\fbox{7}\;\;$

Finalmente, para o nosso caso, consideremos o quadrilátero $\;[ARFG],\;$ a sua diagonal $\;AF\;$ e determinamos o ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;EF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;G.\;$ (Podíamos ter optado por um ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;GF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;R).\;$
E, como $\; \mbox{Área}_{AFS}=\mbox{Área}_{AFG}, \; \mbox{Área}_{ARFG}= \mbox{Área}_{ARF}+\mbox{Área}_{FGA} =\mbox{Área}_{ARF}+ \mbox{Área}_{FSA} = \mbox{Área} {ARS}.\;$ «
Finalmente podemos concluir que
$$\;\mbox{Área}_{[ABCDFG]} = \mbox{Área}_{[ARS]}\;$$ De facto, os passos da construção acompanham
$\displaystyle \mbox{Área}_{[ABCDEFG]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\underbrace{\mbox{Área}_{[ABC]}+ \mbox{Área}_{[ACD]}}+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ABCD]} \;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[APD]}\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]}} \;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[APDE]}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \underbrace{\mbox{Área}_{[AQE]}\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;+\mbox{Área}_{[AEF]}} \;\;+ \;\;\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[AQEF]} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[ARF]} \,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+ \mbox{Área}_{[AFG]}}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARS]} $

$\fbox{8, 9,10}\;\;$

E bastar-nos-á determinar o paralelogramo equivalente a um triângulo $\;[ARS], \;$ no caso, $\;[A'MIS']\;$ ou $\;[KJVU]\;$, …


Nota: A sequência de procedimentos aqui usados para determinar um triângulo equivalente a um heptágono (no caso aqui ilustrado) serve bem para problemas com polígonos de qualquer número de lados.

  1. 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
  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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20.4.16

Construir um paralelogramo equivalente a um polígono

As últimas entradas foram dedicadas a problemas de construção de paralelogramos equivalentes a triângulos dados, ... A proposição I.45 de "Os Elementos" trata do problema de construção de um paralelogramo de área igual a um polígono, sendo dados um lado e um ângulo do paralelogramo a construir .

Este problema resolve-se com recurso às construções de paralelogramo equivalente a um triângulo dado que é repetida tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono em causa.

No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;ABCDEF\;$ e tomamos para lado do paralelogramo o segmento $\;GH\;$ e um ângulo $\; \angle STU \;$ a que deve respeitar o ângulo do paralelogramo de vértice $\;H.\;$ Pode variar o ângulo $\; \angle STU,\;$ o comprimento de $\;GH.\;$

©geometrias, 20 abril 2016, Criado com GeoGebra

No caso,decompusemos o nosso polígono $\;ABCDEF\;$ de 6 lados em 4 triângulos $\;ABC, \;ACD, \;ADE, \;AEF.\;$ Começando por construir um paralelogramo de lado $\;GH\;$ de área igual a $\;ABC\;$ (exatamente, como fizemos em I.44). Depois construímos um paralelogramo de área igual a $\;ACD\;$ agora sobre o lado do primeiro paralelogramo oposto a $\;GH, \;$ etc. Desse modo, construímos quatro paralelogramos, cada um deles com área igual a um dos triângulos em que decompomos o polígono. Assim o paralelogramo $\;GHILJ\;$ e o polígono $\;ABCDEF\;$ são equivalentes (de áreas iguais). Claro que este processo pode ser usado para construir paralelogramos equivalentes a polígonos de qualquer número de lados.

Para evitar a complicação que este processo euclidiano de repetição acarreta, convém lembrar que se pode sempre construir um triângulo equivalente a um polígono(qualquer que ele seja) e depois só haverá necessidade de aplicar os procedimentos (I.44).

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  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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17.4.16

Novo problema de construção de paralelogramo de área igual à de um triângulo.

A Proposição (I.42) tratava do problema de construção de um paralelogramo com um dado ângulo e de área igual à de um dado triângulo.
Com recurso a essa construção I.42 e também a I.43 em que se mostrou que paralelas aos lados tiradas por qualquer ponto de diagonal de um paralelogramo, este fica dividido em quatro paralelogramos, dos quais dois são sempre iguais em área,
vamos resolver um novo problema de construção.

Proposição I.44 Problema:   Dados um segmento $\;AB\;$, um triângulo $\; \Delta PQR\;$ e um ângulo $\;\angle S\hat{T}U\;$, construir um paralelogramo $\;ABHI\;$ tal que $\;angle ABH = \angle STU\;$ e ainda $\;[ABHI]\; $ e $\;[PQR]\;$ sejam iguais em área.



©geometrias, 17 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor $\;\fbox{n=i}, i=0,1, 2, \ldots, 7\;$
  1. $\;n=0 \;\;\;AB, \; \Delta PQR , \; \angle STU \;$
  2. $\;n=1 \; \;\;$ Acrescentam-se
    • $\;R'\;$ na reta $\;AB\;$, de tal modo que $\;BR'=QR\;$
    • $\;(B, QP) . (R', PR) \rightarrow P'\;\;\;\;$ e, assim, $\; P'B=PQ, \; P'R'=PR\;$
    para $\;\Delta BR'P' =\Delta PQR\; $ (LLL) e, por isso, serem iguais em área.
  3. $\;n=2\; \;\;$ Acrescentam-se os pontos $\;C\;$ médio de $\;BR',\;$ e $\; S', \;U' \:$ tais que $\;BS'=BU'=BS\;$ e $\;S'U'=SU\;$ que, como vimos nas entradas anteriores, chegam para determinar um paralelogramo de área igual à área de $\;PQR\;$ e com um ângulo em $\; B\;$ igual a $\;\angle STU \;$ de lados $\;BC\;$ e sobre as retas $\;BU', \;$ paralela a $\;BC\;$ tirada por $\;P'\;$ e paralela a $\;BU'\;$ tirada por $\;C.\;$
  4. $\;n=3\; \;\;$ Acrescentam-se os segmentos $\;BE,\;CD,\;ED,\;$ em que $\;D, \;E\;$ são intersecções das retas referidas anteriormente
  5. $\;n=4\; \;\;$ Acrescenta-se o paralelogramo $\;ABEFP\;$ com um lado -$\;BE\;$ - comum a $\;BCDE\;$
  6. $\;n=5\; \;\;$ A reta $\;BF\;$ interseta a reta $\;DC\;$ em $\;G.\;$ E acrescenta-se o segmento $\;FG\;$ que passa por $\;B\,$
  7. $\;n=6\; \;\;$ As retas $\;EB,\;FA\; $ intersectam a paralela a $\;AB\,$ tirada por $\;G\;$ em, respectivamente, $\;H, \;I.\;$ Ficam assim definidos vários novos paralelogramos, de que nos interessam os seguintes: $\;BCGH, \; ABHI,\; FDGI\;$
  8. $\;n=7\; \;\;$ Do paralelogramo $\;FDHI,\;\;FG\;$ é uma das suas diagonais, e $\;ABHI, DEBG\;$ estão nas condições consideradas em (I:43, da última entrada) para serem iguais em área. Fica assim demonstrado que o paralelogramo $\;ABHI,\;$ para além de ter $\,AB\;$ como lado, é igual em área ao triângulo $\;\Delta PQR\;$        □


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  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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15.4.16

Trabalhar com áreas (usar noções comuns numa demonstração)

A proposição 43 do Livro I trata da divisão de um paralelogramo em quatro paralelogramos com um vértice comum sobre uma das suas diagonais sendo dois deles iguais em área. Veja-se a figura abaixo.
Toma-se um paralelogramo $\;[ABCD]\;$ e escolhe-se uma diagonal, por exemplo, $\;AC\,$ e um ponto $\;K\;$ sobre ela. Por $\;K\;$ tiramos uma paralela $\,GH\;$ a $\;AB\;$ e outra $\;EF\;$ a $\;AD.\;$ O paralelogramo fica dividido em 4 paralelogramos, a saber: $\;HAEK,\; FCGK, \;GBEK, \; FDHK.\;$ Prova-se que os últimos dois, sombreados, são iguais em área.




©geometrias, 14 abril 2016, Criado com GeoGebra
Pode mover $\;A,\;B,\;C\;$ e $\;K\;$ sobre a diagonal $\;AC\;$.

Por ser $\;ABCD\;$ um paralelogramo (I.33) $\;AB = CD \; \mbox{e} \; AD=BC. \;$ Por razões análogas, podemos dizer que $\;AE=HK, \;AH=EK, \; FC=GK, \;CG=FK. \;$ Podemos por isso dizer que são congruentes os seguintes pares de triângulo (I.8: LLL): $\;[ABC]= [CDA],\;[AEK] = [KHA], \;[KGC]=[CFK].\;$

Aos dois triângulos $\;[ABC],\; [CDA]\;$ iguais retiramos, respetivamente, $\;[AEK],\;[KGC]\;$ e $\; [KHA], \;[CFK]\;$ sobrando do primeiro triângulo $\; [ABC]\;$ o paralelogramo $\;[GBEK]\;$ e, do segundo triângulo $\;[CDA]\;$, o paralelogramo $\;[FDHK].\;$
Como de iguais subtraídos de iguais sobram iguais, $\;[GBEK]\;$ e $\;[FDHK]\;$ são iguais em área.        □


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  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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12.4.16

Construir um paralelogramo equivalente a um triângulo dado e com um certo ângulo

Para as próximas construções que vamos apresentar, além da entrada anterior (tansporte de ângulos) precisamos de lembrar algumas das entradas de 2015 (de 17.2.15 -- Igualdade n'Os Elementos de Euclides - contexto e não definido-- a 11.4.15 -- Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)) que são referidas ao conceito de igualdade em área de figuras planas.

A excursão então feita pelo livro I de "OS Elementos" introduzia os conceitos de área e equivalência com vista a demonstrar as proposições I.47 e I.48 (teorema de Pitágoras e seu recíproco) e alguns resultados de outros livros com o fito de resolver a construção de um pentágono regular inscrito num dado círculo (IV. 11). Algumas das proposições (mais problemas de construção) abordadas então são resultados de álgebra geométrica (?) que aparecem sugeridos por problemas de áreas e são demonstradas usando igualdades (em área entre figuras) e sua axiomática (?).


Vamos resolver problemas de construção em que se recorre ao transporte de ângulos e à noção de área de uma figura plana.
Proposição (I.42) Problema: Construir um paralelogramo com um dado ângulo e de área igual à de um dado triângulo.
(1) Dados um triângulo $\;[ABC]\;$ e um ângulo $\;\angle D\hat{E}F,\;$ construir um paralelogramo $\;[GHIJ]\;$ tal que $\; \angle J\hat{G}H= \angle D\hat{E}F\;$ e $\; [GHIJ]=[ABC] \;$ (igualdade em área).

Na figura que se segue, como dados temos um triângulo $\;ABC\;$ e um ângulo $\;\angle DEF,\;$ algumas ferramentas disponíveis (que agora incluem o compasso da nossa vida). Se não puder ou não quiser dar-se a esse trabalho, pode acompanhar a nossa resolução, fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor ao fundo.



©geometrias, 10 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor n.
  1. em cima(1)
  2. Começamos a tirar por $\;A\;$ uma reta paralela a $\;BC\;$ que se faz --(I.31)-- por transporte do $\;\angle C\hat{B}A\;$ para $\;A\;$ como vértice e do outro lado de $\;AB\;$.De modo análogo, tiramos por $\;C\;$ uma paralela a $\;BA\;$. O triângulo $\;ACG_1\;$ é geometricamente igual a (ou congruente com) $\;ACB\;$ e, por isso, têm áreas iguais e a área do paralelogramo $\;[ABCG_1]\;$ é dupla da ára do triângulo $\;[ABC]\;$ --(I.40)-- e,
  3. em consequência, $\;ABC\;$ é igual em área ao paralelogramo $\;GCG_1H_1\;$ em que $\;G\;$ é o ponto médio de $\;BC\;$
  4. Como esse paralelogramo é igual em área a todos os paralelogramos que tenham $\;GC\;$ como lado e outro sobre a paralela já tirada por $\;A\;$ -- (I.36) -- para obter um paralelogramo que satisfaça o requerido, bastará transportar o ângulo $\;\angle DEF\;$ para $\;GC.\;$ O segundo lado do ângulo de vértice em $\;G\;$ e primeiro lado $\; GC\;$ define $\;H\;$
  5. De modo análogo se obtém a paralela a $\;GH\;$ tirada por $\;C\;$ que determina sobre $\;AH\;$, o vértice $\;I\,$ em falta, do paralelogramo $\;GHIC\;$ igual em área ao triângulo $\;ABC\;$ em que um dos ângulos é igual ao ângulo dado.



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    2. David Joyce. Euclide's Elements
    3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
    4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
    5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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7.4.16

Transporte de um ângulo: passos da construção: economia, método e razão. Existência.


A construção da entrada de 16 de Janeiro de 2014, intitulada
Com compasso e régua euclidianos, transferir distâncias
cria o conceito correspondente ao compasso actual, ao demonstrar que com circunferências (definidas por um ponto e um intervalo) e as retas (definidas por dois pontos) se podem transferir distâncias (segmentos), isto é construir um segmento congruente a outro. Este conceito de compasso, correspondente a uma série de operações com retas e circunferências, passa a ser usado em futuras construções.
A proposição I.23 dos "Elementos" trata da transferência de um ângulo. Pode enunciar-se: Dados um segmento $\,[AB]\;$ e um ângulo de vértice $\;D,\;$ e lados $\; DC, \; DE\;$ ou $\; \angle CDE\;$, construir um ângulo $\;\angle BAH\;$ congruente com $\;\angle CDE\;$
Habitualmente segue-se o esquema:
  1. $\;(D,\;r)\;$ e $\;(A, \; r)\;$ congruentes ($\;r\;$ qualquer)
    • $\;(D,\;r). \dot{D}C = {E}\;$
    • $\;(D,\;r). \dot{D}E = {F}\;$
    • $\;(A, \;r). \dot{A}B = {G}\;$
  2. $\;(G,\;EF)\;$
    • $\;(G,\;EF). (A,\;r|) = {\ldots, \;H}\;$
  3. $\;AH\;$
    • $\; AG =AH= DE=DF\;$ e
      $\; EF=GH\;$ -- cordas iguais correspondentes a arcos iguais de circunferências iguais (congruentes). $$\;(LLL) \rightarrow [GAH]=[EDF]\;$$ $$\angle BAH = \angle GAH = \angle EDF = \angle CDE$$
Resumindo: a transferência pedida exige quatro traçados: três circunferências (compasso novo) e uma reta (régua).


A construção que pode fazer a seguir com as ferramentas euclidianas (únicas fornecidas) segue o raciocínio que apresentámos e que se resume a transferir distâncias, como deve ter observado. Se não quiser fazer a construção, pode seguir as etapas da construção (baseadas no esquema descrito na entrada citada acima) fazendo variar os valores de $\; \fbox{n=i},\; i=1, 2, \ldots, \;6\; $





@geometrias, 7 abril 2016, Criado com GeoGebra

Sigamos os passos da construção, deslocando o cursor n. Procuramos determinar um ponto $\;H: \; \angle BAH = \angle CDE,\;$ usando só a circunferência e a reta, e a partir dos cinco pontos $\;A,\;B,\;C,\;D,\;E.$
  1. Partindo dos cinco pontos $\; A,\; B,\;C, \; D,\; E,\;$ começamos por transferir $\;AB\;$ para $\;\dot{D}C\;$ e $\;\dot{D}E\;$ a partir de $\;D\;$
    1. $(D,DA), \; (A, AD)$
      • (D,DA). (A, AD) --> P : ADP é um triângulo equilátero
    2. $\;(A,\;AB)\;$ e $\;AP\;$
      • $\;(A,\;AB).AP \rightarrow Q \;$ sendo $\;AQ= AB\;$
    3. $\;(P, PQ=PA+AQ)\;$ e $\;PD\;$
      • $\;(P, PQ=PA+AQ) . PD\; \rightarrow R$, sendo $\;PR=PD+DR =PQ=PA+AQ,\;$ é $\;DR=AB\;$
    1. $\;(D, \;DR)=(D, \;AB)\;$ e $\;DE, \; DC\;$
      • $\;(D, \;AB) . DC \rightarrow F \;$ sendo $\;DF=AB\;$
      • $\;(D, \;AB) . DE \rightarrow G \;$ sendo $\;DG=AB\;$
  3. Já temos $\;DCF=DEG= AB.\;$ Procuramos $\;H: \; BH=FG\;$ o que é o mesmo que transferir $\;FG\;$ para uma reta a passar e começando em $\;B\;$
    1. $\;(F, \;FB)\;$ e $\,(B, \;BF)\;$
      • $\;(F, \;FB) . (B, \;BF) \rightarrow S$
      • $\;BF=FS=SB \;$
    2. $\;(F, \;FG)\; $ e $\;SF\;$
      • $\;(F, \;FG) . \;SF \rightarrow T\;$ sendo $\;FT=FG\;$
    3. $\; (S, \; ST)\;$ e $\;SB\;$
      • $\; (S, \; ST) . SB \rightarrow U\;$ sendo $\;ST=SF+FT=SF+FG= SB+FG\;$ e $\;SU= SB+BU.\;$ E, em consequência, $\;BU=FG\;$ já que $\;ST=SU\;$
    4. $\;(A, \;AB)\;$ e $\;(B, \;BU)\;$
      • $\;(A, \;AB) . (B, \;BU) \rightarrow H\;$ sendo $\;BH=BU=FG\;$
      • E assim temos os ângulos $\;\angle BAH = \angle FDG =\angle CDE. \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ □

    Comparando o trabalho feito com o compasso novo com este trabalho que recorre só ao compasso euclidiano, compreendemos um pouco melhor a genialidade na organização do estudo por Euclids, na construção de cada conceito (proposição-- problema de construção--, como prova de existência também de novas ferramentas). A partir de pontos, retas e circunferências a geometria de uma imensidão de construtíveis integrados… é um jogo que podemos jogar solitariamente, mas que partilhamos com prazer.

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    3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
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