Áreas: Problemas de optimização(3)

Nesta entrada, embora todas as construções sejam feitas com régua e compasso, recorremos a operações algébricas, conceitos de função polinomial, derivada, etc.

O enunciado adaptado do problema desta entrada é:
Tomamos um quadrado $\;ABCD\;$ de papel que vamos dobrar - fixando um ponto ($\;P\;$) num dos lados ($\;AB,\;$ por exemplo) levamos um dos vértices desse lado ($\;A,\;$ por exemplo) até um ponto ($\;A’\;$) do lado ($\;BC\;$) oposto do lado ($\;AD.\;$) Fixadas as posições (de $\;P \in AB\:$ e de $\;A’ \in BC\;$ tais que $\;AP=PA’\;$) dobramos o papel quadrado pelo segmento de reta da dobra de extremo $\;P.\;$ Obtemos assim um trapézio a cobrir parte de um outro trapézio que se manteve inalterável e a parte do original quadrado que ficou a descoberto é composta por dois triângulos retângulos, um retângulo em $\;B\;$ e outro retângulo em $\;C.\;$
Para cada $\;P\;$ de $\;AB\;$ há uma só dobragem, se houver.
Pretende-se saber a posição de $\;P\;$ sobre $\;AB\;$ para a qual o círculo inscrito no triângulo retângulo em $\;C\;$ tem área máxima.

1. Na primeira janela mostram-se os quatro vértices do quadrado $\;ABCD,\;$ dos quais $\;B\;$ e $\;C\;$ vamos manter fixos (não afectados pelas operações de dobragem do quadrado de papel.
2. Não é possível levar $\;A\;$ até $\;BC\;$fixando um ponto qualquer de $\;AB\;$ para extremo da linha de dobra. Se tomar o ponto $\;M\;$ médio de $\;AB, \;$ levamos o ponto $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;B.\;$ Só os pontos de $\;MB\;$ podem ser extremidades de linhas de dobra nas condições do enunciado. Mostram-se os pontos $\;M: \; AM=MB\;$ e $\;P \in MB\;$ que pode ser deslocado.

3 outubro 2017, Criado com GeoGebra

3. Para cada $\;P\;$ só há um ponto $\;A’\;$ de $\;BC\;$ tal que $\;AP=PA’.\;$ Fixados $\;P\;$ e $\;A’\;$ a dobra é única. Ao levar $\;A\;$ a sobrepor-se a $\;A’,\;\; AP\;$ irá para a posição de $\;PA’,\;\; AD\;$ para a posição de $\;A’D’\;$ um segmento da reta perpendicular a $\;PA’\;$ e igual em comprimento a $\;AD.\;$ O extremo $\;E\;$ da linha de dobra no lado $\;CD\;$ oposto a $\;AB\;$ estará sobre a perpendicular tirada por $\;D’\;$ a $\;A’D’\;$ e será tal que $\;DE=ED’\;$ e $\;D\hat{E}D’=A\hat{P}A’.\;$
   Notemos que, quando existem, são iguais os trapézios retângulos $\;APED\;$ e $\;PA’D’E\;$ e semelhantes os triângulos retângulos $\;PBA’, \;\; A’CF,\; EFD’.\;$
4. Mostra-se nesta etapa o incírculo de $\;[A'CF] \;$ de centro $\;I\;$ e inraio $\;r=IJ$
5. Nesta etapa, acrescentam-se os pontos $\;O\;$ e $\;X\;$ tais que $\;OX =PB\;$ e relativamente a estes os pontos
   • $\;S=\left(OX, \pi. r^2 \right)\;$ que nos mostra a variação da área do incírculo de $\;[A'CF]\;$ com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$
   • $\;CA'=\left(OX,\; \overline{A'C} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{A'C}\;$com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$ que decresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
   • $\;CF=\left(OX,\; \overline{CF} \right)\;$ que nos mostra a variação do comprimento do cateto $\; \overline{CF}\;$ (com variação da posição de $\;P\;$ em $\;MB\;$ dada por $\;OX\;$) que cresce à medida que $\;P\;$ se aproxima de $\;B;\;$
   Deslocando $\;P\;$ em $\;MB,\;$ poderá conjecturar que $\;S\;$ atinge a sua posição mais elevada (área máxima) quando os catetos de $\;A'CF\;$ têm comprimento igual.

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A figura abaixo esclarece que quando a área - ordenada do ponto $\; T\;$ - do triângulo $\;A’CF\;$ cresce {decresce}, a área - ordenada do ponto $\;Y\;$ - do seu incírculo cresce (decresce) e que, para qualquer que seja o valor de $\;x=PB=OX\;$ abcissa comum de $\;T\;$ e $\;Y, \;$ as áreas dadas como ordenadas são tais que $\;y(Y) < y(T).\;$ Ou seja, podemos concluir que a maior área do incírculo e a maior área do triângulo são atingidos numa mesma posição de $\;P.\;$

1 novembro 2017, Criado com GeoGebra

Usando as seguintes designações $\;AB=a\;$ (constante), $\;BP=x\;$ (variável com posição de $\;P\;$ em $\;MB,\;$) $\;BA’ = p\;$ e $\; CF=a’\;$ temos
$\;A’P=a-x, \;A’C=a-p\;$ e por $\;BA’P\;$ ser retângulo em $\;B\,$, temos
$$\;x^2+p^2=(a-x)^2 \Leftrightarrow x^2+p^2 = a^2+x^2-2ax \Leftrightarrow x= \displaystyle \frac{a^2-p^2}{2a} *\;$$ e como $\Delta A’CF \sim \Delta BA’P$, sabemos que $$\frac{a’}{p}=\frac{a-p}{x} \Leftrightarrow a’=\frac{2ad(a-p)}{a^2-p^2} \Leftrightarrow a’= \frac{2ap}{a+p}$$ e a área $\;y(T)\;$ de $\;\Delta A’CF\;$ pode ser expressa $$y = \frac{a’(a-p)}{2}\Leftrightarrow y = \frac{2ap(a-p)}{2(a+p)}\Leftrightarrow y=\frac{ap(a-p)}{a+p}$$ e $$y’_p= \frac{(a(a-p)-ap)\times(a+p) - ap(a-p)}{(a+p)^2}= \frac{(a^2-2ap)(a+p)-a^2p+ap^2}{(a+p)^2}=$$ $$y’_p=\frac{a^3+a^2p-2a^2p-2ap^2-a^2p+ap^2}{(a+p)^2} = \frac{a^3-2a^2p -ap^2}{(a+p)^2}$$ Assim, para $\;a\neq 0,\;$ $$y’_p (p)=0 \Leftrightarrow a(p^2 + 2ap -a^2)=0 \Leftrightarrow p=\frac{-2a ± \sqrt{8a^2}}{2}= 0 \Leftrightarrow p= -a + \sqrt{2} a \vee p=-a - \sqrt{2} a$$ Para o problema em causa, só o primeiro valor apresentado $\;p= (\sqrt{2} -1)a\;$ serve. E, portanto, para o valor $$*x=\frac{a^2- (\sqrt{2} -1)^2a^2}{2a}=\frac{a^2(1-(2-2\sqrt{2}+1)}{2a}= \frac{a^2(\sqrt{2}-1)}{a}= (\sqrt{2}-1)a$$ de $PB$ as áreas do triângulo $\;[A’CF]\;$ e do seu incírculo tomam o seu valor máximo.

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Podemos agora confirmar a conjectura feita na entrada anterior Quando $\;p=BA’=(\sqrt{2}-1)a, \;$ será verdade que acontece $\;a-p= A’C=CF=a’ ?\;$ Ou, para $ \;p=(\sqrt{2}-1)a\;$ será $\;CF=a’= \frac{2ap}{a+p} = a-p =A’C’ ?$
Ora, substituindo $\;p\;$ por $(\sqrt{2}-1)a\;$ nas diversas expressões e simplificando temos
$\;2ap = 2a(\sqrt{2}-1)a, \;\; \; a+p=a+(\sqrt{2}-1)a=\sqrt{2}a; \;\;\; a-p= a- \sqrt{2}a +a=(2-\sqrt{2})a\;$ de onde se retira finalmente $$\frac{2(\sqrt{2}-1)a^2}{\sqrt{2}a}=\frac{2a(\sqrt{2}-1) \times \sqrt{2}}{2}=(2-\sqrt{2})a $$ como esperávamos. Fica confirmada a conjectura adiantada inicialmente.

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1. Sangaku Optimization Problems:
   (All animations written by David Schultz in MAPLE (TM). Source code available upon request: davvu41111@mesacc.edu)
   Japanese Paper Folding Problem
   Problem Statement: When as square piece of paper of fixed side length is folded as shown in the figure, a circle is formed in the upper-left-hand corner which is tangent at three points to the paper. First show the red segment and the red radius are equivalent for all folds. Then determine where the paper should be folded in order to maximize the area of the circle.
   Adapted from: Japanese Temple Geometry Problems. Fukagawa, H. & Pedoe, D. The Charles Babbage Research Center, Winnipeg, 1989.
2. A collection of 30 Sangaku Problems, de J. Marshall Unger, Ohhio State University.
3. http://geometrias.eu/deposito/ORirABCO2a.html
   http://geometrias.blogspot.pt/2014/10/triangulos-retangulos-altura-e-inraios.html
4. Robert Geretschläger. Folding Questions - A paper about Problems about Paper. WFNMC-6, Riga, Latvia: 2010
5. Hiroshi Okumura. A Folded Square Sangaku Problem
6. Hiroshi Okumura. A Note on HAGA's Theorems in Paper Folding. in Forum Geometricorum.Volume 14 (2014) 241-242
7. Hidetoshi Fukagawa. Japanese Temple Geometry Problems. 1989.

Dividir um triângulo em duas partes equivalentes sendo uma delas um triângulo rectângulo

Dividir um triângulo em duas partes equivalentes
por uma perpendicular a um dos seus lados

Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer triângulo e um dos seus lados há uma perpendicular a esse lado que o divide em dois polígonos equivalentes

O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um triângulo acutângulo $\;ABC\;$ determinar uma perpendicular a $\;BC,\;$por exemplo, que divide $\;ABC\;$ em duas partes iguais em área.

Pode seguir as etapas da nossa construção e notas de demonstração usando a barra de navegação para passos da construção ao fundo do rectângulo de visualização

1. Apresenta-se inicialmente um triângulo $\;ABC.\;$
   
   • Sabemos que, das perpendiculares a $\;BC,\;$ a altura $\;AD\;$ divide o triângulo $\;ABC\;$ em duas partes.
     Quando e só quando $\;D\;$ é o ponto médio de $\;BC,\;$ $\;ABD\;$ é equivalente a $\;ACD\;$ e o segmento de reta que procuramos é a altura $\;AD\;$
     
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é maior que a área de $\;BAD,\;$ a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados $\;AB\;$ e $\;BC.\;$ Designemos por $\;A’\;$ e $\;D’\;$ esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a $\;BC\;$ que divide em duas partes equivalentes o triângulo $$\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C] \; $$
     Como determinamos $\;D’$?
   • Quando a área de $\;ABD\;$ é menor que a área de $\;ADC,\;$ a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados $\;AC\;$ e $\;BC.\;$ Designemos por $\;A’\;$ e $\;D’\;$ esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a $\;BC\;$ que divide em duas partes equivalentes o triângulo $$\; [ABC]=[A’CD’] \cup[D’A’AB]\; \;\; \wedge\;\;\; \mbox{Área de }\;\;[A’D’C] = \mbox{Área de }\;\;[D’A’AB] \; $$
     Para este caso, a determinação de $\;D'\;$ segue os mesmos passos.

26 agosto 2017, Criado com GeoGebra

2. Na figura agora apresentada, estão visíveis todos os elementos construtíveis auxiliares para a determinação da perpendicular $\;A’D’\;$ tal que $$\; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \;\; \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C]. \; $$ Se se verificam as condições de divisão de $\;ABC\;$ em duas partes equivalentes, então $$\;\mbox{Área de}\;\;[ABC] = 2 \times \mbox{Área de}\;\;[A’BD’]\;\; \mbox{ou} \;\; \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{1}{2}\mbox{Área de}\;\;[ABC] $$ que é o mesmo que dizer $$\frac{BD’ \times A’D’}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{BC\times AD}{2}$$ e, tomando o ponto $\;M\;$ médio de $\;BC\;$, que é tal que $\;\displaystyle BM=\frac{BC}{2},\;$ podemos escrever $$\mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{BD’ \times A’D’}{2}= \frac{1}{2} (BM\times DA)$$ A condição para a posição de $\;A’D’\;$ pode assim resumir-se a $$\; BD’ \times A’D’ = BM\times DA \;\; \mbox{ou} \;\; \frac{BD’}{BM}=\frac{DA}{D’A’}$$ Como $\;A’D’\;$ e $\;AD\;$ são perpendiculares à mesma $\;BC\;$, os triângulos $\;ABD\;$ e $\;A’BD’ \;$ são retângulos com um ângulo comum $\;\hat{B}.\;$ $$\;\displaystyle \frac{DA}{D’A’} =\frac{BD}{BD’}\;$$ E podemos assim escrever $$\frac{BD’}{BM}=\frac{BD}{B’D’}\;\; \mbox{ou} \;\; BD’^2 = BM \times BD$$ o que nos determina a posição de $\;D’\;$ sobre $\;BC.\;$ Na nossa construção optámos por considerar a potência do ponto $\;B\;$ relativa à circunferência de diâmetro $\;MD\;$ e como o segmento da tangente a esse círculo tirada por $\;B\;$ é tal que $\;BT^2=BM \times BD\;$ sendo $\;T\; $ o ponto de tangência, $\;D’\;$ determina-se como um ponto de intersecção $\;[BC] \cap (B, \; BT)\;$
3. Realçam-se o triângulo $\;A’BD’\;$ de área igual a metade da área de $\;ABC\;$ e o equivalente quadrilátero $\;AA’D’C\;$ ambos azulados.
4. Quando passa para a etapa 4 na barra de navegação dos passos de construção, verá o mesmo que viu na etapa anterior a menos que coloque $\;A\;$ numa posição para a qual a área de $\;ABD\;$ seja menor que a área de $\;CAD.\;$ Deslocando $\;A\;$ para o lado de $\;B\;$ passará pelo caso em que $\;AD\;$ divide $\;ABC\;$ em dois triângulos iguais e finalmente para o caso em que uma perpendicular a $\;BC\;$ divide $\;ABC\;$ em duas partes equivalentes: $\;CA'D'\;$ e $\;ABD'A'\;$ esverdeadas.

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Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947

Uma superfície limitada por quatro semicírculos equivalente a um círculo.

A faca de sapateiro e o equivalente círculo.

Dos triângulos com a mesma área e um lado comum, qual tem o menor perímetro?

Área de um trapézio -ilustrar geométricamente fórmulas algėbricas (1)

Só com medianas se divide um triângulo em três triângulos equivalentes

Construir um paralelogramo equivalente a um polígono

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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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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.

Elementos: álgebra geométrica (Prop. XI do Livro II)

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Continuando:

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 ou, de outro modo, Dado um segmento de reta $\;AB,\;$ determinar um ponto $\;H\;$ que o divide de tal modo que o retângulo de lados iguais a $\;AB\;$ e $\;BH;$ seja igual em área ao quadrado de lado $\;AH\;$ $$AB \times BH = AH^2 ,$$
Passos da construção:

1. (46.1) - Construímos o quadrado de lado $\;AB\; - ACDB \;$
2. (10.1) - Determinamos $\;E\;$ que divide $\;AB\;$ em partes iguais na interseção de $\;AC\;$ com a reta definida pelos pontos de interseção das circunferências $\;(A, AC),\; (C, CA)\;$
3. (Post. 1.1) - Traçamos a reta $\;EB\;$
4. (3.1) Determinamos sobre a reta $\;AC\;$ o ponto $\;F\;$ de tal modo que $\;EF=EB\;$ um dos pontos de interseção de $\;AC\;$ com $\;(E, EB)\;$ (Post 3)
5. (46.1) - Construímos o quadrado de lado $\;AF\;$ para o lado de $\;B\;$ - $\; AFGH\;$ em que o vértice $\;H\;$ é um ponto de $\;AB\;$, entre $\;A\;$ e $\;B\;$
6. O ponto $\;H\;$ assim determinado por construção é o ponto que procuramos. Resta provar que o retângulo de lados $\;AB\;$ e $\;BH\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;AH\;$ - $\;AFGH\;$

© geometrias. 26 de Março 2015, Criado com GeoGebra

Se precisar, clique nos botões "□ -mosta/oculta" para ver a construção e dar realce a figuras importantes na demonstração

Prova:

1. Porque $\;AC\;$ está dividida em duas partes iguais por $\;E\;$ que se prolonga em reta por $\;AF\;$, nas condições de (6.2), o retângulo $\;CFGK\;$ de lados $\;CF\;$ e $\;FA\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;AE\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;EF.\;$
2. Como $\;EF=EB, \;$ o retângulo $\;CFGK\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;AE\;$ também é igual ao quadrado de lado $\;EB\;$
3. Como o ângulo $\;E\hat{B} A\;$ é ângulo do quadrado $\;ACDB\;$, reto, pelo Teorema de Pitágoras (47.1), o quadrado de lado $\;AB\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;AE\;$ é igual ao quadrado de lado $\;EB\;$
4. Removendo o mesmo quadrado de lado $\;AE\;$ às duas figuras construídas iguais ao quadrado de lado $\;BE,\;$ ou de lado $\;EF\;$, ficamos a saber que o retângulo de lados $\;FC, \;FA=AH\;$ é igual ao quadrado de lado $\;AB\;$<\li>
5. O retângulo $\;FCKG\;$ é o retângulo $\;FC, \;FA\;$, por ser $\;AF=FG\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;AB\;$
6. Se removermos $\;ACKH\;$
   • ao retângulo $\;FCKH\;$ sobra-nos o quadrado de lado $\;AH\;$
   • ao quadrado $\;ACDB\;$ sobra-nos $\;HKDB,\;$ (de lados iguais a $\;AB\;$ e $\;HB\;$)
   Ou seja, como $\;FCKG\;$ e $\;ACDB\;$ são iguais em área, então os restos $\;FAHG\;$ e $\;HKDB\;$ são iguais em área. □

Fica assim provado que o ponto $\;H\;$ de $\;AB\;$ determinado conforme construção acima feita, divide $\;AB\;$ em duas partes $\;AH\;$ e $\;HB\;$ tais que o retângulo do todo por uma das partes é igual em área ao quadrado da outra parte: $$ AB \times HB = AH^2 $$ $$\mbox{ou}\;\;\;\frac{AB}{AH}=\frac{AH}{HB} \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; \frac{AH}{HB}=\frac{AB}{AH} $$

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Livro I
PROP. XXXVI. TEOR.
Os paralelogramos, que estão postos sôbre bases iguais, e entre as mesmas paralelas, saão iguais
PROP. X. PROB.
Dividir em duas partes iguais uma linha reta de um comprimento dado.
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possíve, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
PROP. III. PROB.
Dadas duas linhas retas desiguais, cortar da linha maior uma parte igual à linha menor.
POST III
(Pede-se, como cousa possíve,)E que com qualquer centro e qualquer intervlao se descreva um círculo.
PROP. XLVII. TEOR.
Em todo o triângulo retângulo o quadrado feito sôbre o lado oposto ao ângulo reto, é igual aos quadrados formados sôbre os outros lados, que fazem o mesmo ângulo reto
AXIOMA III
E se de cousas iguais se tirarem outras iguais, os restos serão iguais .......................................
Livro II
PROP.VI. PROB
Se uma linha reta fôr dividida em duas partes iguais, e em direitura com ela se puser outra reta, será o retângulo compreendido pela reta tôda e mais a adjunta, e pela mesma adjunta juntamente com o quadrado da metade da primeiro igual ao quadrado da reta, que se compõe da mesma metade, e da outra reta adjunta.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Elementos: Teorema de Pitágoras.

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Optamos por escolher alguns exemplos de enunciados e demonstrações de #"Os Elementos" para ilustrar o que Euclides tinha em mente quando usava a palavra igualdade associada à construção de conceitos diferentes. Temos andado a abordar resultados relacionados com áreas de figuras planas, apresentando resultados muito conhecidos (por enunciados atuais), mas transcritos do original para perceber como era ao tempo da génese das noções de geometria escrita.

TEOREMA DE PITÁGORAS

PROP. XLVII. TEOR.
Em todo o triângulo retângulo o quadrado feito sôbre o lado oposto ao ângulo reto, é igual aos quadrados formados sôbre os outros lados, que fazem o mesmo ângulo reto .

© geometrias. 28 de Fevereiro 2015, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ (no selector no centro ao fundo da janela de construção) verá o desenvolvimento da figura relativa à demonstração.

Seja o triângulo retângulo ABC, cujo ângulo reto seja BAC. Digo que o quadrado feito sôbre o lado BC é igual aos quadrados descritos sôbre os lados BA, AC, que formam o ângulo reto BAC.
Descreva-se sôbre BC o quadrado BDEC (Pr. 46.1.^*), e sôbre BA, AC os quadrados GB, HC. Pelo ponto A tire-se AL, paralela (Pr. 31.1. ^**) a BD, ou CE, tirem-se também as retas AD, FC. Porque os ângulos BAC, BAG são retos (Def. 30. ^***), as duas retas CA, AG estão em direitura uma com outra (Pr. 14.1. ^****). O mesmo será a respeito das duas AB, AH. Os ângulos DBC, FBA, por serem retos, são iguais. Ajunte-se-lhes o mesmo ângulo ABC. Logo, o total DBA será igual ao total FBC (Ax. 2.^*****). E sendo as duas AB, BD iguais às duas FB, BC, cada uma a cada uma, e o ângulo DBA = FBC, será o triângulo ABD = FBC outro triângulo (Pr. 4.1.^******). Mas o paralelogramo BL é o dôbro (Pr. 41.1.^*******) do triângulo ABD, porque está sôbre a mesma base BD, e entre as mesmas paralelas BD, AL; e o quadrado GB é o dôbro do triângulo FBC, porque tem a base comum FB, e estão q as mesmas paralelas FB, GC. Logo, sendo iguais os dobros de quantidades iguais (Ax. 6.^********), deve ser o paralelogramo BL igual ao quadrado GB. Do mesmo modo, tiradas as retas AE, BK, se demonstra, que o paralelogramo CL é igual ao quadrado HC. Logo, o quadrado inteiro BDEC, feito sôbre o lado BC oposto ao ângulo reto BAC, é igual aos dois quadrados GB, HC formados sôbre os lados BA, AC, que fazem o mesmo ângulo reto BAC. □

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^*PROP XLVI.PROB. Sôbre uma linha reta dada descrever um quadrado ^**PROP. XXXI. PROB. De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada ^*** DEFINIÇÃO XXX. Entre as figuras quadriláteras, o quadrado é o que é juntamente equilátero e retângulo ^**** PROP.XIV. TEOR. Se em um ponto de uma linha reta qualquer concorrerem de partes opostas duas retas, fazendo com a primeira reta os ângulos adjacentes iguais a dois retos, as retas, que concorrem para o dito ponto, estarão em direitura uma da outra. ^***** AXIOMA II Se a cousas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais. ^****** PROP. IV. TEOREMA. Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e os ângulos, compreendidos por êstes lados, forem também iguais; as bases e os triângulos, e os mais ângulos, que são opostos a lados iguais, serão também iguais. ^*******PROP. XLI. TEOR. Se um paralelogramo e um triângulo estiverem sobre a mesma base, e enre as mesmas paralelas, o paralelogramo será o dobro do triângulo. ^********AXIOMA VI As quantidades, das quais cada uma por si faz o dôbro de outra quantidade, são iguais.

Nota: Dedicadas ao Teorema de Pitágoras, há mais 50 entradas com diferentes enunciados, construções, demonstrações, aplicações, ... publicadas neste Lugar Geométrico.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Igualdade n'Os Elementos de Euclides - contexto e não definido

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É verdade que partimos para as demonstrações de proposições em geometria (euclidiana), referidos a DEFINIÇÕES (I - XXXV), POSTULADOS (I -III) e AXIOMAS (I - XII), mas assumindo noções nossas, aparentemente intuitivas e construídas pela nossa instrução escolar. Nos resultados que vamos estudar em futuras entradas com construções (ou antes, demonstrações construtivas com régua e compasso), precisamos de nos aproximar de novo, em detalhe,de "Os Elementos" 1 e de quem os interpreta. Em que medida é que elas correspondem ao que Euclides tinha em mente ou ao que se encontra nos Elementos?

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Tomemos para exemplo, o enunciado da
Proposição XXXV
transcrito do primeiro livro dos "Elementos" ¹ - (Pr. 35.1) :

Os paralelogramos que estão sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais


e da sua demonstração (também transcrita de "Os Elementos" ¹):

Sejam os paralelogramos ABCD, EBCF sôbre a mesma base BC (Fig. acima), entre as mesmas paralelas AF, BC. Digo que o paralelogramo ABCD é igual ao paralelogramo EBCF.
Se os lados AD, DF (figura acima) dos paralelogramos ABCD, DBCF oposto à base comum BC tiverem um têrmo comum D (pode na figura deslocar E até coincidir com D); claro está que, sendo os paralelogramos ABCD, DBCF cada um o dôbro do mesmo triângulo BDC (Pr. 34.1.), serão iguais entre si.
Mas os lados AD, EF (Fig. acima em que pode deslocar E para ficar entre A e D, etc) não sejam terminados no mesmo ponto. No paralelogramo ABCD é AD = BC (Pr. 34.1. ), e no paralelogramo EBCF é EF = BC. Logo, será AD = EF (Ax. 1.). Ajunte-se a mesma reta DE, ou tire-se. Será AE = DF, isto é, o todo igual ao todo, ou o resto igual ao resto (Ax. 2 e 3). Mas é AB = DC. Logo, as duas EA, AB são iguais às duas FD, DC, cada uma a cada uma. Mas o ângulo externo FDC é igual (Pr. 29. 2.) ao interno EAB. Será o triângulo EAB = FDC outro triângulo (Pr. 4.1.). Do trapézio ABCF tire-se o triângulo FDC; e do mesmo trapézio ABCF tire-se o triângulo EAB. Logo, os paralelogramos ABCD, EBCE, que são os restos, serão iguais (Ax. 3) entre si.□

Ao ler o enunciado em que se fala de paralelogramos iguais nas condições de estarem sobre uma mesma base e estarem compreendidos entre as mesmas paralelas, remetemos sempre para áreas dos paralelogramos, apesar de não haver nomeação específica do que se esteja a tratar. As palavras igual, iguais, igualdade, ... aparecem em cenários diferentes no enunciado e na demonstração. Quando refere ângulo iguais ou segmentos iguais ou triângulos iguais paralelogramos iguais pode estar levar-nos a noções (não definidas ou não nomeadas) tão diferentes como amplitude de ângulo, comprimento, área,… congruência,… equivalência. Na proposição (Pr. 4.1.), referida na demonstração, Euclides utiliza expressões como sobrepor, ajustar, coincidir (ou sinónimas) para justificar a igualdade (geométrica) de dois triângulos, por exemplo. Na demonstração desta Proposição XXXV utiliza juntar, acrescentar a uma figura outra figura sem sobreposições para obter uma figura maior ou remover parte de uma figura para obter outra menor.... Significa isto que Euclides usou a palavra "igualdade" (e "desigualdade") a verificar certas propriedades (axiomas e noções comuns) para definir relações de equivalência. Contextos diferentes referem-se a noções diferentes: Dois segmentos iguais representam um mesmo comprimento, dois ângulos iguais representam uma mesma amplitude, .... paralelogramos sobre uma mesma base e compreendidos entre as mesma paralelas representam uma mesma área... No caso em estudo, as propriedades das relações (que é o que importa) que Euclides utiliza são, adaptadas grosseira e livremente de Robin Hartshorne ²:

Duas figuras iguais (congruentes, geometricamente iguais) têm igual conteúdo (mesma área)

Se cada uma de duas figuras tem igual conteúdo de uma terceira, têm igual conteúdo

Se pares de figuras com igual conteúdo são acrescentadas (adicionadas) com uma terceira (no sentido de serem juntas sem sobreposições para construir figuras maiores) então as figuras assim obtidas têm igual conteúdo.

A igualdade de conteúdo da diferença (por remoção) não depende de onde sejam removidas partes de igual conteúdo.

Metades de figuras de igual conteúdo têm igual conteúdo (duplicar duas figuras de igual conteúdo produz figuras de igual conteúdo)

Uma figura é sempre maior que uma das suas partes, o que significa que se uma figura é parte própria de outra, então a parte e o todo não podem ter igual conteúdo

que seguem os enunciados dos axiomas, como se pode ver pela transcrição ¹ abaixo.

AXIOMAS I. As cousas, que são iguais a uma terceira, são iguais entre si.
II. Se a cousas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais..
III. E sé de cousas iguais se tirarem outras iguais, os restos serão iguais. .
IV. E se a cousas desiguais se juntarem outras iguais, os todos serão desiguais..
V. E se de, cousas desiguais se tirarem cousas iguais, os restos serão desiguais..
VI. As quantidades, das quais cada uma por si faz o dôbro de outra quantidade, são iguais..
VII. E aquelas, que são metades de uma mesma quantidade, são também iguais..
VIII.Duas quantidades, que se ajustam perfeitamente uma com outra; são iguais..
IX. O todo é maior do que qualquer das suas partes..
(...)

A demonstração mais bela do teorema de Pitágoras usa este resultado e a noção não definida (área, não gostamos de igual conteúdo) aqui apresentada.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

espiral: lituus

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No Tratado das Curvas, Gomes Teixeira aborda uma espiral conhecido por Lituus que é o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ para os quais é constante a área dos setores circulares $\;P_0OP\;$ sendo $\;O\;$ um ponto fixo e centro da circunferência de raio $\;OP_0 = OP\;$ e os diferentes ângulos $\;\alpha = P_0\hat{O}P\;$ têm por primeiro lado uma semi-reta dada de extremo em $\;O\;$, onde incidem todos os pontos $\;P_0\;$.
Como sabemos, para cada $\;P\;$, um círculo de de raio $\;OP \;$ tem área $\;2\pi \times OP^2 \;$ e um seu setor circular correspondente a um ângulo ao centro $\;P_0\hat{O}P\;=\;\alpha \;$ radianos, tem por área $\;\alpha \times OP^2 .\;$.

© geometrias: 4 de fevereiro de 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\left\{\;P: \;OP^2\times \alpha= a^2\;\right\}$$ em que são dados $\;O, \; a\;$. No caso da nossa construção, tomámos $\;a=2,5\;$ e $\;\alpha\;$ a percorrer os valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. \;$
Para cada valor de $\;a\;$, um ponto $\;P\;$ do nosso lugar geométrico "Lituus" fica definido em função de $\;O,\;$ dado, e de ângulo $\;\alpha\;$ medido a partir de dada semi-reta com extremidade em $\;O\;$: $$ OP^2 \times \alpha = a^2 \Leftrightarrow OP = \frac{a}{\sqrt{\alpha}}$$ Na figura estão assinalados os pontos $\;A, \;B,\;C, \;D:\;$

$A_0\hat{O}A=\frac{\pi}{2}\;$ e $\;OA=a\times \sqrt{\frac{2}{\pi}}$
$B_0\hat{O}B=\pi\;$ e $\;OB=a\times \sqrt{\frac{1}{\pi}}$
$C_0\hat{O}C=\frac{3\pi}{2}\;$ e $\;OACa\times \sqrt{\frac{2}{3\pi}}$
$D_0\hat{O}D=2\pi\;$ e $\;OD=a\times \sqrt{\frac{1}{2\pi}}$
$$\forall L\in \mathbb{R}^+, \exists \delta \in \mathbb{R}^+ : [\alpha<\delta \Rightarrow OP>L ] \wedge [\alpha >L \Rightarrow OP<\delta] $$

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iFrancisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909