Só com compasso, dividir em quatro arcos iguais uma dada circunferência.

Nesta entrada realizamos uma construção dinâmica adequada ao problema

Só com compasso, dividir em quatro arcos iguais uma dada circunferência.

$\fbox{1}:\;$ Com centro num ponto $\;O\;$ há uma infinidade de circunferências; designamos essa família por $\;(O).\;$ Cada uma das circunferências daquela família fica bem definida se lhe associarmos o número que corresponda à distância única a que se encontram os seus pontos do seu centro - raio $\;r\;$. Um elemento da família $\;(O)\;$ pode designar-se por $\;(O, \;r)\;$ ou por $\;(O, \;P)\;$ sendo $\; OP=r\;$ Considere dada a circunferência a apresentada.



$\fbox{2}:\;$ Toma-se um ponto $\;A\;$ qualquer incidente em $\;(O, \;r),\;$ que pode ocupar qualquer posição na circunferência dada. $\;OA=r\;$
$\fbox{3}:\;$Fica bem determinada uma circunferência de centro em $\;A\;$ a passar por $\;O\;$ que pode ser representada por $\;(A, \;O),\;$ ou por $\;(A, \;r).\;$ pois $\;AO = OA = r.\;$ Ficam bem determinados dois pontos na intersecção $\;(O, \;r). (A, \;r)\;$ tomamos um deles que designamos por $\;B\;: OA=AB=\;$ $=BO=r.\;$
$\fbox{4}:\;$ A circunferência $\;(B, \;O)\;$ centrada em $\;B\;$ que passa por $\;O\;$ intersecta $\;(O,A)\;$ em dois pontos: $\;A\;$ e um outro a que chamamos $\;C\;$ sendo $\;OA=AB=BC=CO=r\;$
$\fbox{5}:\;$ Do mesmo modo, a circunferência $\;(C, \;O)\;$ intersecta $\;(O, \;r)\;$ em dois pontos sendo um deles $\;B\;$ e outro a que chamamos $\;D,\;$ sendo $\;OB=BC=CD=DO=r\;$
Resumindo: os triângulos $\;[AOB], \;[BOC],\;[COD]\;$ são equiláteros e iguais e, por isso, é raso o ângulo $\;AÔD = AÔB+BÔC+CÔD\;$ e $\;A,\; O,\; D\;$ são colineares ou seja $\;AD\;$ é um diâmetro de $\;(O\;r)\;$ dividindo-a em duas semi-circunferências.
$\fbox{6}:\;$ Usando circunferências (compassos) podemos determinar pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;D\;$ para além de $\;O\;$. Por exemplo, as intersecções $\;(A, \;C).(D,\;B)\;$ são pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;D\;$ já que $\;[ABC]\;$ e $\;[BCD]\;$ são triângulos isósceles iguais por terem um lado comum igual aos outros dois $\;AB=BC=CD \;$ de onde se tira que $\;AC=BD\;$. Tomemos um desses, por exemplo, $\;E\;$ ponto da mediatriz do diâmetro $\;[AD].\;$
Sabemos que $\;C\;$ e $\;E\;$ são pontos da mesma circunferência $\;(A, \;C)$ e por isso $\;AC=AE.\;$ E sabemos também que o triângulo $\;[ACD]\;$ está inscrito na circunferência $\;(O,\; r)\;$ e, por isso, é um triângulo retângulo em $\;C\;$ de hipotenusa $\;AD,\;$ de onde decorre que $\;AD^2= AC^2+CD^2,\;$ ou seja $\;4r^2=AE^2 +r^2 \equiv AE^2=3r^2\;$.
Também $\;[AEO]\:$ é um triângulo rectângulo. De catetos $\;EO, \;OA\;$ e hipotenusa $\;EA, \;$ logo é $\;EO^2+OA^2=EA^2,\;$ ou seja $\;EO^2 =3r^2-r^2=2r^2.\;$
$\fbox{7}:\;$ Tomando para centros os extremos do diâmetro $\; A\;$ ou $\;D\;$ e raios iguais a $\;OE\;$, as circunferências $\;(A, \;OE)\;$ e $\;(D, \;OE]\;$ intersectam-se em dois pontos $\; F, \;G:\; AF=DF=AG=DG=OE. \;$
$\;[AFD]\;$é um triângulo isósceles de altura $\;FO:\; FO^2 +OA^2 =AF^2=OE^2, \;$ ou seja $\;FO^2=2r^2-r^2=r^2\;$ e isso faz de $\;F\;$ um ponto de $\;(O, \;r).\;$ De forma análoga, se prova que $\;G, \;$ também ponto de $\;(A,\;OE),\;$ incide em $\;(O, \;r).\;$
Podemos concluir que os pontos $\;G, \;D,\; F,\;A\;$ de $\;(O,\;r)\;$ são tais que $\;GD=DF=FA=$
$=AG\;$

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Howard Eves. Fundamentals of Moderno Elementary Geometry.Jones and Bartlett Publishers. Boston:1992.