Quadratura de um par de garras (de Leonardo)

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Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área da figura preenchida a vermelho $\;-\;\fbox{n=1}\;-\;$ limitada exteriormente por 2 arcos de circunferências iguais (três quartos de uma e um quarto de outra) e interiormente por uma circunferência tangente aos dois arcos referidos. Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do topo à esquerda, pode seguir os passos da resolução/demonstração.

©geometrias, 26 maio 2016, Criado com GeoGebra

$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ As duas circunferências iguais são centradas em $\;O\;$ e em $\;E\;$ e ambas a passar por $\;A\;$ e por $\;D.\;$ Os seus
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$arcos, que limitam exterioremente a figura dada, são $\;\widehat{DGA}\;$ da circunferência $\;E_A\;$ e $\;\widehat{AJD}\;$ de $\;O_A ,\;$ sendo
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$obviamente $\;\angle D\hat{O}A\;$ um ângulo reto.
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ A circunferência $\;M_G\;$ que limita interioramente a figura é tangente em $\;G\;$ a $\;\widehat{DGA}\;$ e em $\;J\;$ a $\;\widehat{AJD}, \;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ sendo $\;GJ\;$ um dos seus diâmetros.
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ O quadrilátero $\;AODE\;$ é um quadrado por ser equilátero $\;AO=OD=DE=EA\;$ (raios de circunferências
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ iguais) e equiângulo (ângulos retos por construção e por serem os raios de uma tangentes à outra)
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ Também são quadrados (e iguais) $\;ABCD\;$ e $\;DLKA,\;$ de lado $\;DA\;$ inscritos respetivamente em $\;O_A\;$ e
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ $\;E_A .\;$ Como $\;AOD\;$ é um triângulo isósceles e retângulo em $\;O, \;$ $\;AD^2= 2\times AO^2, \;$ que é o mesmo que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ dizer que a área de $\;ABCD\;$ é dupla da área de $\;AODE.\;$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ O círculo $\;M_G\;$ é igual (e igual em área) ao círculo $\;O_H\;$ inscrito no quadrado $\;ABCD\;$ sendo o seu raio
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$metade do lado $\;AB\;$ do quadrado a ele circunscrito.
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Como $\;HE = HO = AH = HD, \;$ o quadrado $\;AODE\;$ é igual em área a um qualquer quadrado inscrito
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ em $\,O_H\;$ ou em $\;M_G .\;$ Como a razão das áreas dos quadrados inscritos nas circunferências $\;O_A\;$ e $\;O_H\;$ é
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$de 1 para 2, também a razão entre as áreas dos círculos $\;O_H\;$ e $\;O_A\;$ é de 1 para 2 e a coroa circular limitada
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$por esses dois círculos tem área igual à do círculo menor $\;O_H\;$ ou do círculo $\;M_G .\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Vimos assim que se ao círculo de centro $\;O\;$ que passa por $\;A\;$ subtrairmos o círculo de centro $\;M\;$ que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ passa por $\;G\;$, restar-nos-á uma área igual à deste último círculo (que é em área é metade do primeiro.
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Mas não chega. Para termos como resto a nossa figura vermelha, além de subtraírmos ao círculo $\;O_A\;$ o
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$círculo $\;M_G\;$ é preciso retirar $\;(AGDIA)\;$ ou $\;|AHDIA) + (AGDHA|\;$
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ Na entrada anterior, já vimos que a relação que existe entre as áreas destes bocados tracejados (entre cada
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$lado do quadrado inscrito numa circunferência e a circunferência) se relacionam na mesma razão existente
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$entre as áreas dos quadrados inscritos. No caso. como a área de $\;O_A\;$ é dupla da área de $\;M_G\;$, então
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$\;|AHDIA)\;$ vale dois dos bocados tracejados ente o quadrado $\;GSJT\;$ e a circunferência $\;M_G.\;$ O outro
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$bocado $\;(AGDHA|\;$ que é preciso retirar ainda ao $\;O_A\;$ vale os outros dois bocados entre $\;GSJT\;$ e $\;M_G\;$
$\fbox{n=7}\;\;\;\;$ Subtraímos ao círculo $\;O_A\;$ o círculo $\;M_G\;$ e ficámos com uma área igual à do círculo $\;M_G .\;$ Para termos
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$uma área igual à nossa figura inicial é ainda preciso subtrair a $\;M_G\;$ o equivalente a $\;(AGDIA),\;$ o que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ fizemos. O que sobrou foi um quadrado de lado igual ao raio $\;OA\;$ do círculo maior $\;O_A\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ □

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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.

Quadratura de um "crescente" (lúnula , Hipocrates)

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Ao filósofo / médico / matemático grego Hipocrates de Cós (n. 460 A.C. em Cós - f. 370 A.C. em Lárissa) é atribuído o estudo de várias figuras limitadas por por dois arcos de circunferências (dos quais um é semicircunferência e outro é um arco de circunferência correspondente à corda diâmetro da anterior) a que chamou lúnulas. Nesta entrada, procuramos ver que uma determinada lúnula (crescente) tem área igual a um dado quadrado.

Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área de uma dada lúnula que tem como diâmetro do primeiro arco (semicircunferência) o lado do quadrado inscrito na circunferência do segundo arco. Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do topo à esquerda, pode seguir os passos da resolução/demonstração.

©geometrias, 12 maio 2016, Criado com GeoGebra

$\fbox{n=1}\;\;\;\;$ Apresenta-se a lúnula em estudo e da qual intentaremos uma quadratura.
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ As duas circunferências em causa são uma com centro em $\;O\;$ e diâmetro $\;AB\;$ e outra de centro em $\;C\;$ e raio$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ $\;AC\;$ circunscrita ao quadrado de lado $\;A, \;$ no caso $\;ABEF\;$
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Na figura estão em evidência o quadrado $\;ADBC\;$ inscrito na circunferência de centro $\;O\;$ e diâmetro $\;AB,\;$ o$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ quadrado $\;ABEF\;$ inscrito na circunferência de centro $\;C\;$ e raio $\;AC\;$
$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ O quadrado $\;ADBC\;$ está dividido em dois (quatro) triângulos retângulos. Tomemos o triângulo $\;ABC\;$ $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ retângulo em $\;C\;$ e retenhamos que a área do quadrado de lado $\;AB\;$ é igual à soma das áreas os quadrados $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ de lados $\;BC\;$ e $\;CA\;$ (I.47 - Teor. de Pitágoras)
$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Como $\;BC=CA\;$ podemos dizer que a área do quadrado de lado $\;AB\;$ é o dobro da área do quadrado de $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$lado $\;BC\;$ (ou $\;CA$ ): $\; — AB^2 = 2 \times BC^2.\;$
$$\;\mathfrak{area}[ABEF] = 2\times \mathfrak{area}[ADBC] \;$$ $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ e, por isso, a razão entre as áreas dos círculos também será de 1 para 2: $$\;\mathfrak{area}(C,\;CA) = 2 \times \mathfrak{area}(O,\;OA) \;$$
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ Na figura ilustramos as diferenças de cada um dos círculos para os seus quadrados inscritos para esclarecer$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ que se retirarmos à área de $\;(C, \;CA)\;$ quatro áreas iguais a $\;(AMBOA]\;$ ficamos com a área do quadrado$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[ABEF].\;$ De igual modo, acontece com $\;(O, \;OA)\;$ e $\;[ADBC].\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(C,\;CA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ABEF]\;\;$ que é o mesmo que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 2\times \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area} [ADBC],\;$ e dividindo por dois $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(O,\;OA) - 2\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ADBC].\;$ E, porque
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(ADA] = \mathfrak{area}[ADBC],\;$ é obvio que $$\;\mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area}(ADA].\; $$ $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Podemos concluir que $$\;\mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area}(ADA] +\mathfrak{area}(DBD] .\; $$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ Tirando $\;\mathfrak{area} (AMBOA] \;$ à semicircunferência $\;\mathfrak{area}(ADBO]\;$ ficamos com a $\;\mathfrak{area}(ADBMA(\;$ da lúnula Por $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$outro lado, vimos que tirando $\;\mathfrak{area}(BCB] +\mathfrak{area}(CAC]\; $ à semicircunferência $\;\mathfrak{area}[AOCBCA)\;$ ficamos $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$com o triângulo retângulo $\; \mathfrak{area}[ABC].\;$ Como iguais subtraídos de iguais são iguais (noção comum 3),$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ podemos concluir que $$\mathfrak{area}(ADBMA( = \mathfrak{area}[ABC]$$
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ E a área do triângulo $\;[ABC]\;$ é obviamente igual à área do quadrado $\;[AOCJ],\;$ por exemplo. Assim fica feita a $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$quadratura do "crescente".

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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.

Quadratura de um pentágono dado

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Nas últimas entradas, fizemos construções de triângulo equivalente a polígono dado e também de construção de paralelogramo equivalente a um triângulo. Podemos assim dizer que, com régua e compasso, podemos construir paralelogramo (mesmo com um certo lado e um certo ângulo) equivalente a um qualquer polígono. Como um retângulo é um paralelogramo de ângulos retos, podemos construir um retângulo equivalente a um polígono dado e, como já tratámos da construção de um quadrado equivalente a retângulo dado, podemos construir um quadrado equivalente a um qualquer polígono. Deixamos aqui as referências das nossas entradas que trataram desse problema:

1. 
   18.3.15
   Um primeiro exemplo de proposição de álgebra geométrica, usando áreas (o corta e cola)
   PROP. V. TEOR. Livro II
   Se AB for dividido em duas partes iguais por C e em duas partes desiguais por D, o retângulo de lados AD,BD acrescentado ao quadrado de lado CD e igual ao quadrado de lado BC - metade de AB
2. 
   21.3.15
   elementos: segundo exemplo de álgebra geométrica (Livro II, Prop. VI)
   Livro II - PROP. VI. TEOR.
   Sendo uma reta AB, e nela o ponto C que divide o segmento AB em duas partes iguais e um ponto D tal que AD=AB+BD, então o retângulo de lados iguais a AB e BD acrescentado do quadrado de lado igual a CB é igual ao quadrado de lado igual a CD.
3. 
   26.3.15
   Elementos: média e extrema razão; álgebra geométrica (Prop. XI do Livro II)
   Livro II - PROP. XI. PROB.
   Dividir uma linha reta de sorte que o retângulo de tôda e de uma parte seja igual ao quadrado da outra parte
4. 
   4.4.15
   Elementos: potência de um ponto (Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.)
   Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.
   Se de um ponto qualquer fora de um círculo se tirarem duas linhas retas, das quais uma corte o círculo, e a outra o toque; será o retângulo compreendido por toda a reta que corta o círculo e pela parte dela que fica entre o dito ponto e a circunferência convexa do círculo, igual ao quadrado da tangente.
5. 
   11.4.15
   Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)
   Livro III - PROP. XXXVII. TEOR.
   Se de um ponto qualquer fora de um círculo se tirarem duas retas, das quais uma corte o círculo, e a outra chegue somente até a circunferência; e se o retângulo compreendido pela reta inteira que corta o círculo e pela parte dela que fica entre o dito ponto e a parte convexa da circunferência, fôr igual ao quadrado da reta incidente sôbre a circunferência, será a reta incidente tangente do círculo

Por isso, nesta entrada de hoje não há qualquer novidade. Só não resistimos a publicar uma construção do triângulo equivalente a um pentágono muito mais elegante que qualquer das que apresentámos antes e ir até ao ponto de fazer a quadratura do pentágono (determinar um quadrado igual em área (ou equivalente) a um pentágono dado).

Avaliará se valeu a pena.

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

©geometrias, 5 maio 2016, Criado com GeoGebra

$\fbox{n=0}\;\;\;\;$ Para além do cursor $\;\fbox{n=0,1, 2,3,4,5, 6},\;$ temos o pentágono $\;[ABCDE].\;$

$\fbox{n=1}\;\;\;\;$ Prolongamos $\;AE\;$ Traçamos $\;AC\;$ e uma paralela a esta tirada por $\;B\;$ que vai intersectar $\;AE\;$ em $\;F.\;$ Do $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ outro lado, traçamos $\;CE\;$ e a paralela a ela tirada por $\;D\;$ que intersecta $\;AE\;$ em $\;G.\;$
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ Os triângulos $\;[ABC]\;$ e $\;[AFC]\;$ são iguais em área e pela mesma razão são iguais em área os triângulos $\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;[CDE]\;$ e $\;[CGE].$

$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}[ABCD]=\mathfrak{area}[ABC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CDE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[AFC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CGE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[FCG] $

$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Como já vimos em anteriores entradas, o triângulo $\;[FCG]\;$ tem área igual ao paralelogramo retângulo
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; [GHIM]\;$ por ser $\;M\;$ o ponto médio de $\;FG\;$ ou $\;FG= 2 \times MG\;$ e $\;HI\;$ incidir em $\;C\;$

$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ O lado do quadrado equivalente ao retângulo $\;[GHIM]\;$ é o meio proporcional $\;x\;$ na proporção cujos extremos $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ são as dimensões do retângulo: $$x^2 =GA \times GH \Longleftrightarrow \frac{MG}{x} =\frac{x}{GH}....................\mbox{Euclides (300 AC) Elelemntos VI.13}$$ $ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Bastará acrescentar ao lado $\;MG\;$ do retângulo o outro lado $\;GH.\;$ Assim: Com centro em $\;G\;$ e a passar por$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;H,\;$ traçamos a circunferência que determina $\; J\;$ na sua intersecção com a reta $\;FG\;$

$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ $MJ =MG+GH$ é o diâmetro da circunferência que intersecta a reta $\;GH\;$ no ponto $\;L\;$ e Thales (600 AC) $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$descobriu e provou que o ângulo inscrito numa semicircunferência $\; [MLJ] \;$ é retângulo em $\;L\;$ - 1º Teorema $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$(de Thales (?)) - e, $\;GL\;$ é o meio proporcional que procuramos.

$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ O quadrado $\;[GLRQ]\;$ é um belo representante dos quadrados equivalentes ao pentágono $\;[ABCDE]\;\;\; \square $

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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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