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8.11.16
13.6.16
Quadratura de um par de hexágonos regulares
Temos vindo a apresentar construções de régua e compasso para determinar um quadrado de área igual à área de uma dada figura. Em todas elas, há uma preocupação de economia no que ao número de passos respeita. O número de passos de uma construção refere-se ao número de vezes que se recorre à régua ou ao compasso. A identificação de pontos como intersecção de retas com retas, de retas com circunferências, e de circunferências com circunferências não contam como passos da construção. Um dos problemas que nos é apresentado em [3] pede
| a construção de um quadrado de área igual à soma das áreas de dois dados hexágonos regulares, com o menor número de passos. |
| $\fbox{n=0}\;\;\;$ | A figura dinâmica abaixo apresenta-nos um hexágono regular $\;ABCDEF\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O\,$ que sabemos ter raio igual ao lado do hexágono regular que aqui designamos por $\;a= AB=BC=CD=DE=EF=FA.\;$ Podem ver-se ainda os diâmetros $\;AD, \;BE, \;CF\;$ que dividem o hexágono em três paralelogramos equiláteros iguais $\;OABC,\;OCDE, \;OEFA, \;$ ou em seis triângulos equiláteros iguais $\;OAB, $ $\;OBC, \;OCD, \;ODE, \;OEF, \;OFA\;$ e de lados iguais ao lado do hexágono ou ao raio da circunferência em que o hexágono se inscreve. |
| $\fbox{n=1}$ | Tomámos o segmento $\;BB_0\;$ sendo $\;B_0\;$ o ponto médio de $\;OA. \;$ O retângulo de dimensões $\;BB_0 \times OB_0\;$ tem área igual ao triângulo $\;OAB.\;$ Sabemos que $\;OB_0 = \displaystyle \frac{a}{ 2}\;$ e que o quadrado de lado $\;OB=a\;$ é igual à soma dos quadrados de lados $\;OB_0 = \displaystyle \frac{a}{ 2}\;$ e $\;BB_0:\;$ $\;OB^2 =OB_0^2+BB_0^2. \;$ E, por isso podemos dizer que o quadrado de lado $\;BB_0\;$ tem área igual à da figura que se obtém retirando ao quadrado de lado $\;OB = a\;$ o quadrado de lado $\;OB_0:\; \; \; BB_0^2 = a^2 - (\displaystyle \frac{a}{2})^2 = \displaystyle \frac{3}{4} \times a^2, \;$ ou seja, o quadrado de lado $\;BB_0\;$ é, em área, três quartas partes do quadrado de lado $\,a.\;$ A área do retângulo (de diagonal $\;OB\;$) é $\;BB_0 \times OB_0 = k.a \times \frac{a}{2} = \frac{k}{2} a^2, \;$ em que $\;k\;$ é tal que $k^2=\frac{3}{4}.\;$ A área deste retângulo, igual à área do triângulo $\;OAB,\;$ é dada pela parte $\;\displaystyle \frac{k}{2} \;$ do quadrado de lado $\;a\;$ e, em consequência, a área do hexágono regular de lado $\;a\;$ é $\;3k\times a^2.\;$ |
| $\fbox{n=2}$ | Como sabemos todos os hexágonos regulares são semelhantes e podemos representar as diferentes classes de hexágonos regulares iguais entre si, por algum hexágono inscrito numa circunferência centrada em $ \;O\;$ que é o centro de um primeiro hexágono regular de lado $\,a\;$ e área $3k\times a^2. \;$ Para representar a classe de hexágonos regulares com um dado lado $\;b\;$ escolhemos o hexágono regular $\;GHIJKL\;$ também centrado em $\;O\;$ e do qual sabemos a área que é $\; 3k.b^2\;$ E também sabemos que se houver um hexágono regular cuja área seja igual à soma das áreas dos hexágonos de lados $\;a\;$ e $\;b :\;\;\; 3k. a^2 + 3k.b^2 \;$ terá de ter um lado $\;c:\;´\;\; 3k.c^2 = 3k.a^2+ 3k.b^2$, ou seja tal que $\; c^2 =a^2 + b^2.\;$ |
| $\fbox{n=3}$ | Pelo que vimos, o lado do hexágono regular de lado $\;c\;$ é tal que $\;c^2= a^2+b^2\;$ ou seja é a hipotenusa deum triângulo retângulo de catetos $\;a, \;b.\;$ que desenhámos tirando por $\;G\,$ uma perpendicular a $\;OG\;$ e tomando sobre essa perpendicular $\;M\,$ tal que $\;GM =a.\;$ |
| $\fbox{n=4}$ | Qualquer dos hexágonos regulares inscritos na circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;OM\;$ tem área igual à soma das áreas dos hexágonos $\;ABCDEF\;$ e $\;GHIJKL,\;$ já que $\;c^2 = a^2+b^2 \Leftrightarrow 3k.c^2 = 3k.a^2 + 3k. b^2.\;$ O hexágono $\;PQRSTU\;$ está nessas condições. |
| $\fbox{n=5}$ | Isolemos o hexágono regular $\;GHIJKL.\;$ O nosso problema de quadratura de um par de hexágonos regulares dados fica reduzido à quadratura deste hexágono $\;GHIJKL.\;$ |
| $\fbox{n=6}$ | Fácil é ver que um retângulo como $\;QSNV\;$ é igual em área ao hexágono $\;PQRSTU\;$. E também já sabemos determinar um quadrado de área igual a um retângulo. Assim: Toma-se um segmento, por exemplo $\;QW\;$ igual à soma das dimensões do retângulo $\;QV+VN\;$ e uma semicircunferência de diâmetro $\;QW.\;$ Qualquer ponto dessa semicircunferência é vértice de um ângulo reto de lados a passar pelos extremos do diâmetro $\;Q, \;W. \;$ Se tomarmos $\;Z\;$ na semicircunferência e na perpendicular a $\;QW\;$ tirada por $\;V\;$, os triângulos retângulos em $\;V,\;$ $\;ZQV\;$ e $\;VWZ, \;$ e $$ \frac{QV}{VZ} = \frac{VZ}{VW}$$ ou, por ser $\;VW=VN,\;$ podemos afirmar que a área do retângulo $\;VQSN\;$ é igual à área do quadrado de lado $\, VZ:\;$ $$ QV \times VN = VZ^2$$ |
| $\fbox{n=7}$ | Encontrámos assim o quadrado de área igual à soma das áreas de 2 hexágonos regulares dados: $\;VXYZ\;\;\;\;$ |
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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
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martin. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
13.5.16
Quadratura de um "crescente" (lúnula , Hipocrates)
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.
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.
©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".
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ 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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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
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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.
Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do fundo à direita, pode seguir os passos da resolução.
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
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.
$\fbox{1,2}\;\;$
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.
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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
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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.
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 $\;\fbox{n=i}, i=0,1, 2, \ldots, 7\;$- $\;n=0 \;\;\;AB, \; \Delta PQR , \; \angle STU \;$
- $\;n=1 \; \;\;$ Acrescentam-se
- $\;R'\;$ na reta $\;AB\;$, de tal modo que $\;BR'=QR\;$
- $\;(B, QP) . (R', PR) \rightarrow P'\;\;\;\;$ e, assim, $\; P'B=PQ, \; P'R'=PR\;$
- $\;n=2\; \;\;$ 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 $\;C.\;$
- $\;n=3\; \;\;$ Acrescentam-se os segmentos $\;BE,\;CD,\;ED,\;$ em que $\;D, \;E\;$ são intersecções das retas referidas anteriormente
- $\;n=4\; \;\;$ Acrescenta-se o paralelogramo $\;ABEFP\;$ com um lado -$\;BE\;$ - comum a $\;BCDE\;$
- $\;n=5\; \;\;$ A reta $\;BF\;$ interseta a reta $\;DC\;$ em $\;G.\;$ E acrescenta-se o segmento $\;FG\;$ que passa por $\;B\,$
- $\;n=6\; \;\;$ 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: $\;BCGH, \; ABHI,\; FDGI\;$
- $\;n=7\; \;\;$ 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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- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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.
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. □
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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- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer.ew York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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.
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.
- em cima(1)
- 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,
- em consequência, $\;ABC\;$ é igual em área ao paralelogramo $\;GCG_1H_1\;$ em que $\;G\;$ é o ponto médio de $\;BC\;$
- 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 $\;H\;$
- 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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11.4.15
Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)
Da PROP. XXXVI. TEOR. (Livro III ) da anterior entrada
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 tôda 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
é considerado n'Os Elementos' um corolário assim enunciado
Disto se segue que, se de um ponto qualquer A fora de um círculo se tirarem duas retas que cortem o círculo, os retângulos compreendidos pelas retas inteiras e pelas partes delas, que ficam entre o dito ponto e a parte convexa da circunferência, serão iguais entre si; isto é, será o retângulo das retas BA, AE igual ao retângulo das retas CA, AF. E a razão é porque cada um dêstes retângulos é igual ao quadrado da tangente AD
e o seu recíproco de que, a seguir, apresentamos enunciados e demonstração:
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 (Fig. 55.).
ou, de outro modo,
Do ponto D fora do círculo ABC estejam tiradas as duas retas DCA, DB, das quais DCA corte o círculo, e DB seja incidente sôbre a circunferência. Seja também o retângulo compreendido pelas retas AD, DC igual ao quadrado de DB. Digo que DB é tangente do círculo ABC no ponto B.
São dados uma circunferência azul um ponto $\;D\;$ a ela exterior, duas retas a passar por $\;D\;$ das quais uma corta a circunferência em $\;A\;$ e em $\;C\;$ e outra a incidir em $\;B\;$ ponto da circunferência dada. Mostram-se ainda o quadrado de lado $\;DB\;$ e o retângulo de lados iguais a $\;DA, \;DC\;$ que são iguais em área: $$DB^2=DA\times DC$$
© geometrias. 10 de Abril de 2015, Criado com GeoGebra
Clicando sobre o botão □ Apoio da Prova poderá ver os elementos da figura usados na demonstraçãoO que se pretende demonstrar é que: Sendo $\;D\;$ um ponto exterior da circunferência e $\;B, \; A, \; C\;$ pontos da circunferência e $\; A, \;C, D\;$ sobre uma mesma reta, se se verificar que o quadrado de lado $\;DB\;$ for igual em área ao retângulo de de lados $\;DA, \;DC$, então $\;DB\;$ é tangente à circunferência.
Usando os processos descritos e demonstrados
em (1.3), determina-se o centro $\;F\;$
em (17.3), tire-se a reta $\;DE\;$ tangente à circunferência de que $\;E\;$ é o ponto de tangência
e tiramos as retas $\;FE, \;FB, \;FD\;$ (Post. I.1).
Como $\;DE\;$ é uma tangente, por (18.3), $\;FE \perp ED\;$ ou $\;\angle FÊD\;$ é reto.
Por (36.3), como $\;DE\;$ é tangente à circunferência e $\;DCA\;$ corta a mesma circunferência em $\;A, \;C,\;$ verifica-se que $\;DE^2 = DA \times DC\;$.
Ora, por hipótese, também $\;DB^2= DA\times DC, \;$ e, por isso, conclui-se que $\;DB = DE\;$.
Podemos concluir, por (8.1), que os triângulos $\;DEF, \;FBD\;$ têm uma base $\;FD\;$ comum, e dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, ( $\;FE=FB\;$ como raios da mesma circunferência, e, como vimos $\;DB = DE,\;$ ) e são iguais os ângulos $\;\angle F\hat{B}D, \; \angle D\hat{E}F\;$ compreendidos pelos lados iguais. Como já vimos, no início, o ângulo $\;\angle D\hat{E}F \;$ é reto e, por isso (ax.1), $\; \angle F\hat{B}D \;$ também é reto. Assim, a reta $\;FB\;$ é um diâmetro e a a reta $\;DB\;$ é tirada perpendicularmente por uma das extremidades do diâmetro sendo, por isso, uma reta que toca o círculo (16.3). Ou seja a reta $\;DB\;$ é tangente ao círculo. □
Livro I
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possível, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
POST III
E que com qualquer centro e qualquer intervalo se descreva um círculo.
AXIOMA I.
As cousas que são iguais a uma terceira, são iguais entre si
PROP. VIII. TEOR. Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e as bases também iguais; os ângulos, compreendidos pelos lados iguais, serão também iguais
PROP. XII. PROB.
Conduzir uma perpendicular sobre uma linha reta dada de um ponto dado fora dela.
.......................................
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.
.......................................
LIVRO III
DEFINIÇÃO II
Uma linha reta se diz que toca um círculo, ou que é tangente de um círculo quando, estando no mesmo plano do círculo, encontra a circunferência sem a cortar.
PROP. I. PROB.
Achar o centro em um círculo dado
PROP. XVI. TEOR.
A reta, que de uma extremidade do diâmetro de um círculo se levantar, perpendicularmente, sobre o mesmo diâmetro, cairá toda fora do círculo; e entre esta reta e a circunferência não se poderá tirar outra linha reta alguma; que é o mesmo que dizer, que a circunferência do círculo passará entre a perpendicular ao diâmetro, e a reta que com o diâmetro fizer um ângulo agudo, por grande que seja; ou também que a mesma circunferência passará entre a dita perpendicular e outra reta, que fizer com a mesma perpendicular um ângulo qualquer, por pequeno que seja.
PROP. XVII. PROB.
De um ponto dado, e existente fora de um círculo, ou na circunferência dele, tirar uma linha reta tangente ao mesmo círculo.
PROP. XVIII. TEOR.
Se uma linha reta tocar um círculo, e do centro fôr tirada para o ponto de contacto outra reta, esta cairá perpendicularmente sôbre a tangente.
- 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
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000
4.4.15
Elementos: potência de um ponto (Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.)
Temos vindo a escolher alguns resultados, construções e demonstrações, para dar uma ideia do conteúdo dos livros I, II que vamos continuar agora com o livro III e mais tarde com o livro IV. Pretende-se dar a ideia de cada livro pelo seu assunto, noções e forma de as introduzir, relação entre construções e demonstrações de Euclides, ao mesmo tempo que se constrói uma cadeia de resultados que são passos necessários para a inscrição de um pentágono equilátero e equiangular num dado círculo (do livro IV)
Do Livro III de "Os Elementos", que trata de círculos e sua relação com retas e derivados, destacamos um teorema e o seu recíproco cujas demonstrações assentam na igualdade de áreas entre figuras. Não fazendo todas as construções e demonstrações anteriores a esta, não deixamos de as referir. Alguns enunciados e notações continuam a ser os transcritos de "Os Elementos" que temos vindo a referir e que na forma, conteúdo e sequência é seguido.
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.
ou, de outro modo, Esteja o ponto $\;D\;$ fora do círculo $\;ABC\;$, e deste ponto $\;D\;$ estejam tiradas a reta $\;DCA\;$, que corte o círculo, e a reta $\;DB\;$, que o toque. Digo que o retângulo das retas $\;AD\;$, $\;DC\;$ é igual ao quadrado da tangente $\;DB\;$.
Podemos seguir os passos da nossa construção e demonstração, fazendo variar o valor de n no cursor $\;\fbox{n= …}\;$ ao centro na janela da figura dinâmica
$\fbox{n=1}\; — \;\;\;$São dados uma circunferência azul de que se determinou (1.3) o centro $\;E\;$ e um ponto $\;D\;$ exterior a ela
$\fbox{n=2}\; — \;\;\;$Toma-se a reta a passar por $\;D\;$ pelo centro $\;E\;$ do círculo azul dado e os pontos $\;A\;$ e $\;C\;$ de interseção da circunferência com a reta $\;ED\;$ construída. Começamos por apresentar o problema - PROP.XVII. PROB. - da construção da tangente a uma circunferência $\;(E, EA)\;$ tirada de um ponto $\;D\;$ a ela exterior, isto é, da determinação do ponto $\;B\;$ de tangência da tangente que passa por $\;D\;$.
Desenha-se a circunferência $\;(E, ED)\;$ e a perpendicular a $\;AD\;$ em $\;C\;$ que se intersetam em $\;F\;$. Traça-se a reta $\;FE\;$ que interseta $\;(E, EC)\;$ em $\;B\;$ que é o ponto que procuramos.
$\;FEC\;$ e $\;BED\;$ são congruentes ($FE = ED, \; EC = BE \; \angle FÊC=\angle BÊD$) comum e, por isso, o ângulo oposto a $\;FE\;$ de $\;FEC\;$ e o ângulo oposto a $\;ED\;$ de $\;BED\;$ são iguais. Sendo $\;CF\;$ perpendicular a $\;AD\;$ (por construção), terá de ser $\;BD\;$ perpendicular a $\;BE\;$ e $\;BD\;$ ser tangente a $\;(E, EC).\;$ □
$\fbox{n=3}\; — \;\;\;$
- Como o triângulo $\;EBD\;$ é retângulo em $\;B\;$, por (47.1), sabemos que o quadrado de lado $\;EB\;$ acrescentado do quadrado de lado $\; BD\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;ED\;$ $$EB^2+BD^2=ED^2$$
- Por (6.2: PROP. VI. Liv II), já que $AE = EC$ o paralelogramo de lados iguais a $\;AD, \;DC\;$ acrescentado o quadrado de lado $\;BE\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;ED\;$ $$DA \times DC +BE^2 =ED2$$
o paralelogramo de lados iguais a $\;DA, \; DC\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;BD\;$ $$DA \times DC = BD^2$$ Assim fica provado este resultado para o caso da reta que passa por $\;D\;$ e $\; E\;$ cortando a circunferência em $\;A, \;C\;$ □
© geometrias. 3 de Abril de 2015, Criado com GeoGebra
$\fbox{n=4}\; — \;\;\;$ Consideremos agora o caso das retas $\;DCA\;$ que não passam pelo centro $\;E\;$ da circunferência.
- $\fbox{n=5}\; — \;\;\;$ E, para cada uma dessas retas $\;DCA\;$, consideremos a corda $\;AC\;$ e a perpendicular a ela tirada por $\;E\;$ (12.1) que a corta em $\;F\;$ ao meio (3.3) - $\;AF=FC\;$. E tracemos as retas $\;EC\;$ e $\;ED\;$.
E sabemos que
a) $\;\;\;ED^2=DB^2 + EB^2,\;$ porque $\;DBE\;$ é um triângulo retângulo em $\;B \;$ (47.1)
b) $\;\;\;ED^2 =DB^2 + EC^2, \;$ porque $\;EB = EC\;$
c)$\;\;\;EF^2 + FC^2 = EC^2, \;$ porque o triângulo $\;EFC\;$ é retângulo em $\;F\;$ (47.1)
d) $\;\;\;ED^2 = DF^2+FE^2, \;$ porque o triângulo $\;DFE\;$ é retângulo em $\;F\;$ (47.1) - $\fbox{n=6}\; — \;\;\;$ Por ser $\;AF=FC\;$ e $\;DA =DC+CF+FA\;$, por (6.2)
$$DA\times DC + CF^2 = DF^2$$
Livro I
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possível, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
POST III
E que com qualquer centro e qualquer intervalo se descreva um círculo.
AXIOMA I.
As cousas que são iguais a uma terceira, são iguais entre si
AXIOMA II.
Se a cousas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais.
AXIOMA III
E se de cousas iguais se tirarem outras iguais, os restos serão iguais
PROP. XII. PROB.
Conduzir uma perpendicular sobre uma linha reta dada de um ponto dado fora dela.
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
.......................................
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.
.......................................
LIVRO III
DEFINIÇÃO II
Uma linha reta se diz que toca um círculo, ou que é tangente de um círculo quando, estando no mesmo plano do círculo, encontra a circunferência sem a cortar.
PROP. I. PROB.
Achar o centro em um círculo dado
PROP. III. TEOR.
Se dentro de um círculo uma linha reta, que passa pelo centro, cortar outra que não passa pelo centro, em duas partes iguais também a cortará perpendicularmente. E se a cortar perpendicularmente, também a cortará em duas partes iguais.
PROP. XVI. TEOR.
A reta, que de uma extremidade do diâmetro de um círculo se levantar, perpendicularmente, sobre o mesmo diâmetro, cairá toda fora do círculo; e entre esta reta e a circunferência não se poderá tirar outra linha reta alguma; que é o mesmo que dizer, que a circunferência do círculo passará entre a perpendicular ao diâmetro, e a reta que com o diâmetro fizer um ângulo agudo, por grande que seja; ou também que a mesma circunferência passará entre a dita perpendicular e outra reta, que fizer com a mesma perpendicular um ângulo qualquer, por pequeno que seja.
PROP. XVII. PROB.
De um ponto dado, e existente fora de um círculo, ou na circunferência dele, tirar uma linha reta tangente ao mesmo círculo.
- 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
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000
21.3.15
elementos: segundo exemplo de álgebra geométrica (Livro II, Prop. VI)
Na entrada anterior, apresentámos os passos sequenciais de uma construção feita a partir de um segmento de reta $\;AB,\;$ do seu ponto $\;C\;$ que o dividia em duas partes iguais e de um outro $\;D\;$ que o dividia em duas partes desiguais, para demonstrar que $$AD\times BD + CD^2 = BC^2$$ usando somente a igualdade de áreas e o método corta e cola. E continuamos com
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 $$AD \times BD + CB^2 = CD^2 ,$$ isto é, 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 $\;CD \;$.
© geometrias. 21 de Março 2015, Criado com GeoGebra
Passos da construção e da prova
- (46.1) - Construímos o quadrado de lado $\;CD,\;$ $CEFD \;$ e tiramos $\;DE\;$.
- (31.1) -
- Por $\;B\;$ tiramos uma paralela a $\;CE\;$ ou a $\;DF\;$ -$\; BHG\;$ - em que $\;G\;$ e $\;H\;$ são pontos de $\;EF\;$ e de $\;DE,\;$ respetivamente.
- Em seguida, por $\;H\;$ tiramos uma paralela a $\;AD\;$ ou a $\;EF \;$ - $\;LHM\;$ - em que $\;L \;$ e $\;M\;$ são pontos de $\;CE\;$ e de $\;DF,\;$ respetivamente.
- e, finalmente, por $\;A\;$ tiramos uma paralela a $\;CL\;$ ou a $\; DM\;$ - $\;AK\;$ - sendo $\;K\;$ um ponto da reta $\;LM\;$
- (36.1) - Por ser $\;AC=CB, \; AKLC\;$ e $\;CLHB\;$ são iguais em área (equivalentes)
- (43.1) - $\;CLHC\;$ e $\;HGFM\;$ são iguais em área por serem complementos dos quadrados $\;BHMD\;$ e $\;LEGC\;$ na diagonal do quadrado $\;CEFD\;$. E assim $\;AKLC\;$ e $\;HGFM\;$ são iguais em área o que nos permite concluir que $\; AKMD\;$ é igual em área ao gnomon $\;CLHGFD\;$
- (Cor 4.2.) - $\;DM=DB\;$ e, por isso, $\;AKMD\;$ de lados $\;AD\;$ e $\;MD \;$ é um retângulo de lados iguais a $\;AD\;$ e $\;DB\;$
- O retângulo de lados $\;AD, DB\;$ - $\;AKMD \;$- acrescentado do quadrado de lado $\;BC \;$- $\;LEGH\;$ - é igual em área ao gonomon $\;CMG\;$ - $\;CLHGFD\;$ - acrescentado do quadrado de lado igual a $\;BC\;$ - $\;LEGH,\;$ e por isso, obviamente iguais em área ao quadrado $\;CEFG \;$ de lado igual a $\;BC\;$ □
Livro I
PROP. XXXI. PROB.
De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada
PROP. XXXVI. TEOR.
Os paralelogramos, que estão postos sôbre bases iguais, e entre as mesmas paralelas, saão iguais
PROP. XLIII. TEOR.
Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si
.......................................
Livro II
PROP.IV. PROB
Se uma reta fôr cortada em duas partes quaisquer, será o quadrado da tôda igual aos quadrados das partes, juntamente com o retângulo das mesmas partes tomados duas vezes.
COROL.
Disto se segue que os paralelogramos, que existem na diagonal de um quadrado são também quadrados.
- 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
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000
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