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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:
  1. 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\;)
  2. Dividimos \;AB\; em dois segmentos \;AC\; e \;CB\; tais que \;AC=2CB\;
  3. Tiremos por \;C\; uma perpendicular a \;AB\; e, no mesmo plano, tomemos \;D ,\; ponto de interseção dessa perpendicular com a semicircunferência de diâmetro \;AB\;
  4. Tracemos \;CD\; e \;DB.\; - \;A\hat{C}D=D\hat{C}B = 1\; reto
  5. Tomámos depois um ponto \;E\; e, a partir dele, construímos um quadrado \;EFGH\; de lado igual a \;DB\;.
  6. 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.\;
  7. 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.

© geometrias. 1 de julho de 2015, Criado com GeoGebra

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:
  1. 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....
      3. /ol> Fica assim provado que, por ser \;EF=DB\; e \;AB^2=3\times DB^2 podemos concluir que \;AB^2= GK^2\; e \;AB=GK. Ou seja o cubo construído é inscritível numa esfera de diâmetro \; AB\; dado.
              □

  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
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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:
  1. Tomámos um segmento \;AB\; para eixo de um semicírculo gerador da esfera.
  2. Determinámos um ponto \;C \; de \;AB\; tal que \;AC=CB\;
  3. Assinalámos \;D\; na interseção da perpendicular a \;AB\; tirada por \;C\; com o semicírculo de diâmetro \;AB \;. Traçámos o segmento de reta \;DB\;
  4. 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.
  5. 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.
  6. 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\;
  7. 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.

© geometrias. 1 de julho de 2015, Criado com GeoGebra

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:
  1. 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.
  2. 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.           □

  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
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26.6.15

Livro XIII: Construção de um tetraedro inscrito numa esfera.

Proposição 13:
Construir uma pirâmide regular (ou tetraedro), inscrevê-la numa dada esfera e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) da pirâmide.
Passos da construção:
  1. Tomámos um segmento \;AB\; para eixo de um semicírculo gerador da esfera (ou igual a ele) No nosso caso, tomámos mesmo um segmento que é o eixo da esfera gerada pelo semicírculo \;(ADB)\;
  2. Determinámos um ponto \;C \; de \;AB\; tal que \;AC=2.CB\; (Prop. 9 Livro VI (9.6))
  3. Assinalámos \;D\; na interseção da perpendicular a \;AB\; tirada por \;C\; com o semicírculo de diâmetro \;AB \;. Traçámos o segmento de reta \;AD\;
  4. Tomámos um círculo \;EFG\; de raio iguala \;DC\; e tal que \;HK\; é perpendicular a \; AB \; tirada pelo centro \;O\; do semicírculo \;ADB\; e \;HK= AC\; (de um modo mais geral só é preciso que \;HK\; seja perpendicular ao plano do círculo \;(EFG)\;
  5. No caso da nossa construção, tomámos um ponto \;E\; genérico da circunferência \;(H, \;DC)\; que, por isso, pode mover-se sobre ela em que inscrevemos um triângulo equilátero determinámos \;EFG\; tais que \;EF = EG = FG\;
  6. Finalmente, traçamos os 6 segmentos \;FE, \;EG, \;FG, \;KE, \;KF, \;KG\; que são certamente arestas de uma pirâmide triangular cujas faces são os 4 triângulos \;EFG, \;KEF, \;KEG, \; KFG\;
Será a pirâmide assim construída um tetraedro com os 4 vértices \;K, \;E, \;F, G\; incidentes na superfície esférica gerada por uma semicírcunferência de diâmetro \;AB?\; Falta demonstrar que é! E demonstrar que \;AB^2 = \displaystyle \frac{3}{2}.AD^2.\;

© geometrias. 23 de junho de 2015, Criado com GeoGebra

Demonstração:
  1. Da construção, sabemos que
    1. sendo \;AC=2CB \; \text{e}\; AB=AC+CB, \; \text{então}\; AB=3CB\;
    2. o ângulo \;ADB\; é um reto por estar inscrito num semicírculo, ou seja, o triângulo \;ABC\; é retângulo em \;D\;
    3. sendo \;CD\; é altura relativa à hipotenusa \;AB\; do triângulo retângulo \;ADB\; de catetos \;AD\; e \;DB\;. O triângulo \;ABC\; tem os ângulos iguais cada um a cada um, a cada um dos triângulos em que está dividido por \;CD,\; a saber : \;ACD,\;DCB \;.
    Por ser \;ABD \sim DAC, \; \;\;\displaystyle \frac{AB}{AD}= \frac{DA}{AC}, \; ou seja, verifica-se que \;\; AD^2=AB\times BC
    Por construção \; \displaystyle \frac{AB}{BC} = 3 \; que nos permite dizer que \; \displaystyle \frac{AB\times BC}{BC\times BC} = \frac{AD^2}{BC^2} =3\; ou que \;AD^2= 3 \times BC^2 .
    (Note que estes resultados aparecem n'Os Elementos demonstrados geometricamente com recurso a figuras e operações como as de remover ou juntar (sem sobreposição) e retirar figuras congruentes ou iguais em área para obter novas figuras. É um bom exercício reconstruir esse processo, especialmente para os que parecem imediatos, vistos algebricamente, como é o último destes.)
  2. A pirâmide triangular construída é regular:
    1. Por construção, o raio da circunferência \;(EFG)\; centrada em \;H\; é igual a \;CD, \; ou seja \;CD=KE=KF=KG.\; e o triângulo \;EFG\; é equilátero.
      Pela proposição 12, estudada no artigo anterior, garantimos que o quadrado de lado igual ao de um triângulo equilátero é triplo do quadrado do raio da circunferência em que se inscreve: No nosso caso, podemos escrever que \;EF^2= 3\times KE^2 = 3 \times CD^2.
      Fica assim claro que, \;EF^2 = AD^2\; por serem ambos iguais a \;3 \times CD^2\; e, finalmente, podemos dizer que \;EF=AD\;.
      A base \;EFG\; da pirâmide construída é um triângulo equilátero de lado igual a \;AD\;
    2. Por construção, \;HK\; é tomada sobre a perpendicular ao plano de \;(EFG)\; e, por isso é perpendicular a todas as retas desse plano que incidam em \;H\;, ou seja: os triângulos \;KEH, \; KFH,\; KGH\, são triângulos retângulos em \;H\;, sendo os seus catetos, por construção, iguais a \;CD=KE\; e a \;AC\;
      Por isso, \;KE^2 =KF^2=KG^2 = AC^2+ CD^2= AD^2. Ou seja, os lados \;KE,\;KF, \;KG\, destes triângulos retângulos são iguais AD e iguais aos \;EF, \;EG, \;FG\;, para concluirmos que os triângulos \;KEF, \;KFG, \;KGE,\; EFG\; são triângulos equiláteros de lados iguais a \;AD\;
    A pirâmide construída tem as seis arestas iguais e as quatro faces triângulares iguais entre si, equiláteras e equiangulares.
  3. Falta agora provar que os vértices da pirâmide construída incidem numa superfície esférica igual à de diâmetro \;AB\;.
    Por construção \;HK=AC=2BC.\; Tome-se \;L\; colinear com \;H, \;K\; e tal que \;HL=BC:\; Assim \;KL=AB=AC+BC=3BC.\;
    Assim como \; \displaystyle \frac{AC}{CD} = \frac{CD}{CB} , \; também \;\displaystyle \frac{KH}{HE} = \frac{HE}{HL},\; já que \;HK=AC, \; HE=CD, \; HL=CB \, e \;KH\times HL=HE^2,\; para além de cada um dos ângulos \;K\hat{H}E, E\hat{H}L\; ser reto, ficando garantido que o semicírculo de diâmetro \;KL\; passa por \;E\;. Se considerarmos fixado o diâmetro \;KL,\; no movimento volta inteira do semicírculo em torno de \;KL\;, o semicírculo passará pelos pontos \;F,\;G\; já que \;FL\; e \;LG\; acompanham o movimento rigidamente e os ângulos em \;F \; e em \;G\; se tornam retos e a pirâmide é compreendida pela esfera dada já que para \;KL, \; o diâmetro da esfera é igual ao diâmetro \;AB\; da esfera dada e \;KH\; foi construído igual a \;AC \; e \;HL\; igual a \;CB.\;
  4. Só nos falta provar que o quadrado do diâmetro da esfera é igual a uma vez e meia o quadrado do lado da pirâmide.
    Como \;AC=2\times CB, \;\;\; AB= 3 \times CB\; e \;\displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac{3}{2}\; ou \; AB=1,5 \times AC.\;
    Ao mesmo tempo, \; \displaystyle \frac{BA}{AC} =\frac{BA^2}{AD^2}\;. Portanto \; \displaystyle \frac{BA^2}{AD^2} = \frac{3}{2}\; ficando assim provado que o quadrado sobre o diâmetro \;AB\; da esfera é uma vez e meia o quadrado sobre a aresta \;AD.\; □

  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
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