Proposição 17:
Construir um dodecaedro inscritível numa dada esfera.
Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro \;A_0B_0\; a azul na figura em que também tomamos um ponto \;C_0\; do diâmetro tal que \;A_0C_0+C_0B_0=A_0B_0\; e \;A_0C_0=2\times B_0C_0\; e um ponto \;D_0\; da semicircunferência \;A_0D_0B_0\; tal que \; A_0\hat{C_0}D_0\; seja reto. Ficam traçados também \;C_0D_0\; a azul, e \;D_0B_0,\; a vermelho. Passos da construção:
Construir um dodecaedro inscritível numa dada esfera.
Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro \;A_0B_0\; a azul na figura em que também tomamos um ponto \;C_0\; do diâmetro tal que \;A_0C_0+C_0B_0=A_0B_0\; e \;A_0C_0=2\times B_0C_0\; e um ponto \;D_0\; da semicircunferência \;A_0D_0B_0\; tal que \; A_0\hat{C_0}D_0\; seja reto. Ficam traçados também \;C_0D_0\; a azul, e \;D_0B_0,\; a vermelho. Passos da construção:
- Como já vimos antes (XIII.15), um cubo de aresta igual a \;D_0B_0\; inscreve-se numa esfera de diâmetro \;A_0B_0.\;
Começamos por desenhar duas faces consecutivas do cubo encapsulável nessa esfera, ou seja, dois quadrados (de lados iguais a \;D_0B_0\;)a saber: \; ABCD \; e \;BEFC\;.
Desses dois quadrados determinamos os pontos médios \;G, \; H,\;K, \; L, \; M, \;N,\;O, \; dos seus lados \;AB, \;BC, \;CD,\;EF,\; EB, \;CF,\; respetivamente.
A seguir traçámos os pares de segmentos \;HM, \;NO, \; \;HL, \;GK,\; unindo os pontos médios de lados opostos de cada um desses quadrados que definem os pontos \;P\; e \;Q.\;
Determina-se sobre \;NP\; o ponto \;R\; que o divide em média e extrema razão sendo \;RP > NR. \; E dividimos, igualmente em média e extrema razão, \;PO\; por \;S\; e \;HQ\; por \;T,\; sendo \;SP > OP\; e \;TQ > HT.\;
Tiramos por \;R\; e \;S\; perpendiculares ao plano \;CBE\; e de cada uma delas tomemos um segmento de comprimento \;PR=PS, \; e para o exterior do cubo, \;RU\; e \;SV.\; Determinámos, do mesmo modo, \;W\; sobre a perpendicular tirada por \;T\; ao plano \;ABC,\; sendo \;TW=QT=PR=PS\;
© geometrias. 20 de Setembro de 2015, Criado com GeoGebra
Os pontos \;U,\;B,\;W,\;C, \:;V\; são vértices de um pentágono equilátero e equiângulo.-
Provemos que \;UB=BW=WC=CV=VU:\;
Como \;NP\; está dividido em média e extrema razão por \;R\; com \;PR > RN,\; \;\; PR^2=PN \times NR\; e dado que \;PR=PN-NR \; e \;PR^2=(PN-NR)^2= PN^2+NR^2 - 2\times PN\times NR= PN^2+NR^2 - 2\times PR^2=\; ou seja \;PN^2+RN^2=3PR^2\;\; \;\;\; \mbox{ euclideanamente provado em Elementos:}\;\; XIII.4 ) Por ser \;PN=NB\; e \;PR=RU\;, podemos pois afirmar que \;NB^2+RN^2=3RU^2.\; E por ser retângulo em \;N\; o triângulo \;BRN\;, podemos escrever (I.47) \;BR^2=BN^2+NR^2.\; E, assim se vê que \;BR^2 = RU^2\; e \;BR^2 + RU^2= 4RU^2.\; E como o triângulo \;BUR\; é retângulo em \;R,\; (por I.47) \;BU^2=BR^2 + RU^2\; e, em consequência, \;BU^2=4RU^2, \; que implica \;BU=2UR.\;
Também sabemos que \;SRVU\; é um paralelogramo retângulo em que \;SR=UV(=2PR=2RU=2SV=2TW...)\; Fica assim demonstrado que \;BU=UV.\;
Do mesmo modo se demonstra que cada um dos \;BW, \; WC,\;CV\; é igual a \;BU\; e \;VU.\; -
\;U,\;B,\;W,\;C, \;V\; são complanares?
O ponto \;X\; no exterior do cubo original e sobre uma paralela a \;RU\; e \;SV\; tirada por \;P\; e tal que \;PX=RU\; é um ponto de \;UV\; e tomemos os segmentos \;XH\;e \;HW.\; Se provarmos que \;X, \; H, \;W\; são colineares fica demonstrado que os pontos do pentágono \;UBWCV\; estão todos num só plano. Assim:
Por construção, \;T\; divide \;HQ\; em média e extrema razão sendo \;QT >TH\; ou seja \frac{HQ}{QT}=\frac{QT}{TH} E, como \;HQ=HP\; e \;QT=TW=PX\;, podemos escrever que \frac{HP}{PX}=\frac{WT}{TH} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*) Como \;HP \parallel TW\;, fazem cada um deles ângulos retos com o plano \;ABC\;. E pelas mesmas razões, por ser \;TH \parallel PX\; fazem ambos ângulos retos com o plano \;BEF\; (XI.6)
E podemos concluir que os triângulos \;XPH\; e \;HTW\; são semelhantes já que \;\angle X\hat{P}H = \angle H\hat{T}W = 1\; reto e os seus lados serem diretamente proporcionais (*) \frac{HP}{WT}=\frac{PX}{TH} Sendo \;HP \parallel TW\; \wedge \;TH \parallel PX\; \wedge \;XPH\; \sim\;HTW\; então \;HX \parallel WH\; (VI.32), ou seja são uma única já que são paralelas com um ponto \;H\; comum.
Por (XI.1), sendo \;WH\; e \;HP\; dois segmentos de uma mesma reta, todos os seus pontos estão num mesmo plano como acontecerá com todos os pontos das retas que passam por \;W\; e um outro ponto de \;BC.\; - Já sabemos que o pentágono é uma figura plana e é equilátera. Será equiângula? A proposição (XIII.7) de "Os Elementos" diz-nos que se três ângulos, consecutivos ou não, de um pentágono equilátero são iguais então o pentágono é equiângulo.
Como sabemos \;R\; divide \;NP\; em média e extrema razão sendo \;PR > RN\; e, por isso, temos \frac{NP}{PR}= \frac{PR}{RN} E, como \;PR=PS\; e \;NS=NP+PS,\; por (XIII.5), \;P\; divide \;NS\; em média e extrema razão sendo \;NP>PS\; \frac{SN}{NP}=\frac{NP}{PS} Em consequência, por (XIII.4), \;NS^2+SP^2 = 3.NP^2.\; Por ser \;NP=NB\; e \;SP=SV,\; podemos afirmar que \;VS^2 + SN^2= 3.NB^2, \; de onde resulta \;VS^2 + SN^2 + NB^2= 4.NB^2. \;\;\; (**)
Como \;SNB\; é um triângulo retângulo em \;\angle \hat{N}, \; por (I.47), \;SN^2+NB^2 =SB^2\; que com \;(**),\; nos permite afirmar que \; VS^2+SB^2 = 4.NB^2\; ou \;BV^2=4.NB^2,\;\; (***) já que \;BSV\; é retângulo em \;S\; e, por (I.47), \;VS^2+SB^2 = VB^2.\;
Por construção, sabíamos que \;BC=2NB e ficámos agora a saber com \;(***)\; que também é \;BV=2NB, \; de que se tira \;VB=BC.\;. Como o pentágono é equilátero já sabemos que \;BU=BW,\; UV=WC\; que com \;VB=BC\; garantem a igualdade dos triângulos \;BUV\; e \;BWC\; e, em consequência, as igualdades dos ângulos \;B\hat{U}V,\; \;B\hat{W}C\; opostos a \;BV\; e \;BC\; e dos ângulos \;B\hat{V}U,\; B\hat{C}W\; opostos a \;BU\; e \;BW\; respetivamente. Já temos três ângulos do pentágono iguais entre si e por (XIII.7) o pentágono é equiângulo - O pentágono construído pelo processo acima explicitado é uma figura plana equilátera e equiângula do qual \;BC\; é uma diagonal. \;BC\; é uma das doze arestas do cubo inscrito numa esfera de diâmetro \;A_0B_0 .\; Se fizermos a mesma construção sobre cada uma das doze arestas do cubo, teremos construído uma qualquer figura sólida, contida por doze pentágonos equiláteros e equiângulos, a que chamamos dodecaedro
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Provemos que \;UB=BW=WC=CV=VU:\;
- Falta provar que esta figura sólida está encapsulada na mesma esfera (de diâmetro \;A_0B_0\;) em que está inscrito o cubo de aresta \;D_0B_0\; de que partimos.
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Para provar que o dodecaedro construído tem os vértices sobre a superfície esférica gerada por uma semi-circunferência de diâmetro igual a \;A_0B_0\;começamos por lembrar que a reta \;PX\; é perpendicular ao plano \;BCE\, em \;P\; centro da face \;BCFE\; do cubo de diagonal (diâmetro) \;A_0B_0\; construído cf (XIII.15).
- (I.47) - Lembremos que o quadrado da diagonal de uma face do cubo é igual a dois quadrados do lado da face e o quadrado da Diagonal do cubo é a soma do quadrado da diagonal da face com o quadrado do lado face. Ou seja o quadrado da Diagonal do cubo (ou diâmetro da esfera em que se inscreve) é três vezes o quadrado dda sua aresta.
- A reta \;PX\; é a interseção dos planos que cortam ao meio duas faces opostas (dois planos opostos, como eles descreveram) do cubo (\;BCE, \;ADI\;) e, por isso, cf (XI.38), interseta a Diagonal (diâmetro) do cubo no centro da esfera em que se inscreve o cubo. Chamámos \;Z\; a esse ponto, como confirmará na nossa ilustração. $\;ZP\; é metade do lado da face do cubo.
- Para além de \;Z\;, temos \;XZ, \; UZ, \; que nos permitirão provar que o vértice \;U\; do dodecaedro é um ponto da esfera de centro em \;Z\; e diâmetro igual a \;A0B_0:\;
- Como já vimos \;P\; divide \;NS\; em média extrema razão, sendo \;NP>PS\; e, cf (XIII.4), \;NS^2+SP^2=3NP^2
- Os dados da construção que fomos descrevendo indicam que \;NP=PZ\; e \;XP=PS\;. Por ser \;XZ= XP+PZ, \;\;\; XZ= SP+PN= SN.\; Também \;PS=PR\; e, por isso, \;PS=XU.\, O triângulo \;UZX\; é retângulo em \;X\; e, cf (I.47), \;ZU^2= ZX^2+xU^2.\; E podemos escrever que ZU^2 =NS^2+SP^2 = 3NP^2\;
Fica assim demonstrado que o vértice \;U\; do dodecaedro construído é um ponto da esfera em que se inscreve o cubo, cujos vértices estão sobre a superfície esférica e são também vértices do octaedro. Raciocínio análogo pode ser aplicado para a cada um dosvértices do dodecaedro que não seja vértice do cubo.
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Para provar que o dodecaedro construído tem os vértices sobre a superfície esférica gerada por uma semi-circunferência de diâmetro igual a \;A_0B_0\;começamos por lembrar que a reta \;PX\; é perpendicular ao plano \;BCE\, em \;P\; centro da face \;BCFE\; do cubo de diagonal (diâmetro) \;A_0B_0\; construído cf (XIII.15).
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Qual é o comprimento da aresta do dodecaedro inscrito numa superfície esférica de diâmetro \;A_0B_0\;?
- \;UV =RS\; já que \;UV\; e \;RS\; são segmentos de paralelas entre paralelas \;RU\; e \;SV\; (estas últimas construídas como perpendiculares ao plano \;BEF\;
- Como sabemos \;R\; foi determinado como ponto que divide \;NP\; em média e extrema razão, sendo \;RP>PN:\; \frac{NP}{PR}=\frac{PR}{RN} E assim, como é óbvio, \;\displaystyle \frac{2NP}{2PR}=\frac{2PR}{2RN}.\;
- \;S\; foi determinado do mesmo modo que \;R\; e óbvio é que \;NP= PO,\; NR=SO, \; RP=PS\;, sendo , por isso, \;2NP=NO, \; 2NR =NR+SO, \; 2PR=RS, \; RS>2NR
E podemos escrever que \frac{NO}{RS}=\frac{RS}{2RN} que se pode traduzir por \;RS\; é a parte maior de uma divisão de \;NO\; em média e extrema razão.
Como \;NO\; é igual à aresta do cubo \;D_0B_0\;, a aresta do dodecaedro inscrito numa esfera dada é igual à parte maior da aresta do cubo inscrito na mesma esfera quando a dividimos em média e extrema razão.
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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
