GEOMETRIA : Euclides

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26.6.15

Livro XIII: Construção de um tetraedro inscrito numa esfera.

Para o estudo do Livro XIII, agora iniciado, recomendamos a consulta das definições do Livro XI. Para o caso da construção desta entrada convém dar a ler as seguintes:
Definição XII:
Pirâmde é uma figura sólida formada por diferentes planos, os quais todos, saindo de um mesmo plano, se terminam num único ponto.
Definição XIV:
Esfera é uma figura sólida descrita pela revolução inteira de um semicírculo em volta do seu diâmetro que se considera como imóvel.
Definição XV:
Eixo da esfera é aquele diâmetro ao redor do qual o semicírculo faz a sua revolução.
Definição XVII:
Centro da esfera é o mesmo centro do semicírculo.
Definição XVIII:
Diâmetro da circunferência se chama qualquer linha reta que passa pelo centro da esfera e se termina de uma e outra parte na superfície da mesma esfera
Definição XXVI:
Tetraedro é uma figura sólida compreendida por quatro triângulos iguais entre si e equiláteros.

Proposição 13:
Construir uma pirâmide regular (ou tetraedro), inscrevê-la numa dada esfera e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) da pirâmide.
Passos da construção:

Tomámos um segmento $\;AB\;$ para eixo de um semicírculo gerador da esfera (ou igual a ele) No nosso caso, tomámos mesmo um segmento que é o eixo da esfera gerada pelo semicírculo $\;(ADB)\;$
Determinámos um ponto $\;C \;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=2.CB\;$ (Prop. 9 Livro VI (9.6))
Assinalámos $\;D\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com o semicírculo de diâmetro $\;AB \;$. Traçámos o segmento de reta $\;AD\;$
Tomámos um círculo $\;EFG\;$ de raio iguala $\;DC\;$ e tal que $\;HK\;$ é perpendicular a $\; AB \; $ tirada pelo centro $\;O\;$ do semicírculo $\;ADB\;$ e $\;HK= AC\;$ (de um modo mais geral só é preciso que $\;HK\;$ seja perpendicular ao plano do círculo $\;(EFG)\;$
No caso da nossa construção, tomámos um ponto $\;E\;$ genérico da circunferência $\;(H, \;DC)\;$ que, por isso, pode mover-se sobre ela em que inscrevemos um triângulo equilátero determinámos $\;EFG\;$ tais que $\;EF = EG = FG\;$
Finalmente, traçamos os 6 segmentos $\;FE, \;EG, \;FG, \;KE, \;KF, \;KG\;$ que são certamente arestas de uma pirâmide triangular cujas faces são os 4 triângulos $\;EFG, \;KEF, \;KEG, \; KFG\;$

Será a pirâmide assim construída um tetraedro com os 4 vértices $\;K, \;E, \;F, G\;$ incidentes na superfície esférica gerada por uma semicírcunferência de diâmetro $\;AB?\;$ Falta demonstrar que é! E demonstrar que $\;AB^2 = \displaystyle \frac{3}{2}.AD^2.\;$

Demonstração:

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

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

6.6.15

Elementos: Determinar o centro de uma circunferência (demonstração)

Nos últimos meses, seguimos um uma sequência de proposições dos Livros I, II, II, IV. A partir de certa altura esteve presente a determinação do centro de um círculo. Inicialmente, sempre tomámos como dispensável ou não essencial a apresentação da proposição (1.3), i.e, a resolução do problema de construção do centro de uma circunferência dada. Temos sempre presente uma construção do centro distinta da construção primitiva presente n'Os Elementos. Além disso, a respetiva demonstração apresentada n'Os Elementos é um bom exemplo de um raciocínio por absurdo se tivermos em atenção à época de Euclides.
Neste "lugar geométrico" foram apresentados muitos problemas de construção do centro, mas nunca nos debruçámos sobre a proposição (1.3). No último número (132) da revista Educação e Matemática (da APM) publica-se um pequeno artigo "O centro desaparecido de uma circunferência" de José Luiz Pastore Mello, que acaba com a frase "Em tempos que o desenho geométrico tem sido tão pouco explorado na escola, o problema apresentado costuma mobilizar intensamente o interesse dos alunos". O problema por ele apresentado é o da "determinação do centro da circunferência usando tão só o compasso euclidiano."
Achamos que esse problema e o teorema de Mohr-Mascheroni pode ser mobilizador do interesse de muitos jovens. Mas não resistimos a chamar a atenção para a construção e respetiva demonstração elementar de Euclides que é mais um "bom" exemplo de construção/demonstração e da genialidade da escola de Euclides.

LIVRO III: PROP. I. PROB.
Achar o centro em um círculo $\;c\;$ dado.

A construção do centro pode ser acompanhada fazendo variar de 0 a 3 o cursor n. Para a demonstração basta reter as condições da construção do centro. Para n=4 acrescentamos alguns elementos necessários para a demonstração.

$\fbox{n=0}\;$ Dada a circunferência $\;c\;$
A construção consiste em:
$\fbox{n=1}\;$ aplicação do Postulado 1 para tomar uma reta que corte a circunferência dada e assinalar os dois pontos $\;A, \;B\;$ de intersecção;
$\fbox{n=2 }\;$ aplicação de (10.1) para dividir $\;AB\;$ ao meio por $\;D$:
$$\;(A, AB).(B, BA) = \{I_1, \; I_2\}\;$$ $$\;I_1 I_2 . AB = \{D \}$$ $$\;I_1 I_2 . c = \{C, \;E \}$$
$\fbox{n=3}\;$ aplicação de (1011) para achar o ponto $\;F\;$ médio de $\;CE:\;$ $$\;(C, \;CE).(E, EC) = \{\; J_1, \; J_2\;\}$$ $$\;J_1J_2. CE = \{\;F\;\}$$ Este ponto $\;F\;$ é o centro da circunferência, como vamos provar.

$\fbox{n=4}\;$ Suponhamos que $\;F\;$ não é o centro procurado e seja o centro do círculo $\;c=(ABC)\;$ um outro ponto $\;G.\;$ Tiremos as retas $\;GA, \;GD, \; GB. \;$
Sendo $\;DA=DB\;$ e $\;DG\;$ comum aos triângulos $\;ADG,\; BGD\;$. Sendo $\;G\;$ o centro da circunferência $\;c,\;$ $\;GA=GB,\; $ por serem ambos raios da mesma circunferência. Por terem dois lados iguais cada um a cada um e um terceiro comum, por (8.1) os ângulos compreendidos entre lados iguais são iguais: $\;\angle A\hat{D}G = \angle G\hat{D}B. \;$ Quando uma reta caindo sobre outra, faz com ela ângulos adjacentes iguais entre si, cada um destes ângulos é reto (Def. 10.1), logo $\;\angle G\hat{D}B\;$ é reto. Mas, por construção, também $\;F\hat{D}B\;$ é reto. Logo $\angle F\hat{D}B= \angle G{D}B,\;$ um ângulo maior é igual a um menor, o que não pode ser. Assim o ponto $\;G\;$ não é o centro do círculo $\;c=(ABC). \;$ O mesmo se pode demonstrar de outro ponto qualquer que não seja $\;F\;$. Logo, o ponto $\;F\;$ é o centro do círculo $\;(ABC).\;$ □

COROL. Disto se segue que, se dentro de um círculo, uma linha reta cortar outra em duas partes iguais e perpendicularmente, o centro do círculo deve estar na primeira linha que corta a outra.

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

16.5.15

Método comum para inscrever um pentágono regular numa circunferência

PROVA EM SUPORTE DA CONSTRUÇÃO COMUM
Em um círculo dado inscrever um pentágono equilátero e equiângulo.

. Entre nós, a construção mais comum de um pentágono regular inscrito numa circunferência $\;(O)\;$ dada consiste no seguinte:

tomar dois diâmetros $\;PQ\;$ e $\;AG\;$ perpendiculares
determinar o ponto médio $\;H\;$ de um raio $\;OP\;$, no caso, e considerar a circunferência centro em $\;H\;$ e raio $\;HA\;$ que interseta $\;OQ\;$ em $\;I\;$
$\;AI\;$ será o comprimento do lado de um pentágono regular inscrito na circunferência $\;(O)\;$. A circunferência de centro em $\;A\;$ e raio $\;AI\;$ corta a circunferência dada em $\;B,\; E\;$ vértices do pentágono inscrito, para além de $\;A.\;$ Os outros vértices estão sobre as circunferências $\;(B, \;BA), \; (E, \;EA\;)$

Vamos procurar seguir passos da construção já feita com recursos mínimos à régua e compasso (post.1 e post.3). Depois veremos como esta construção se liga à construção que foi feita nas entradas anteriores.

Fazendo variar os valores de n no cursor ao fundo da janela da construção que se segue, pode seguir os passos da construção e dos elementos que apoiam a construção para além de outras aspetos que ajudam a compreender as construções mais comuns.

$\fbox{n=0}$ Vê-se a circunferência azul $\;(O)\;$ dada
$\fbox{n=1}$ Determinemos dois diâmetros perpendiculares. Para isso, toma-se o ponto $\;P\;$ da circunferência $\;(O)\;$ e
   (post 1) $\;\longrightarrow \;PO\;\longrightarrow \;Q \; \mbox {de } PO. (O)$
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(P,\;PQ)\; \mbox{e} \; (Q, \;QP)\; \longrightarrow \;F \; \mbox {de } (P,\;PQ).(Q, \;QP)$
      (post 1) $\;\longrightarrow \;FO\;\longrightarrow \;A, \;G\; \mbox {de } FO. (O)\;$ (11.1) $\;\longrightarrow FO \perp POQ\;$

$\fbox{n=2}$ Determinemos o ponto médio de $\;OP\;$. Para isso,
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(P,\;PO)\; \longrightarrow (P,\;PO).(O)$ (pontos de interseção)
      (post 1) $\;\longrightarrow $ a reta definida por esses pontos $\;(P,\;PO).(O);$ interseta $\;PO\;$ em $\;H\;$ que
      por (10.1) é o ponto médio de $\;PO\;$
$\fbox{n=3}$ Para determinar o lado pentágono regular inscrito, bastará
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(H,\;HA)\; \longrightarrow \;$ e tomar $\;I\;$ da interseção $\;(H,\;AH).OQ\;$
     Lembramos que o ponto $\;I\;$ assim determinado é tal que $\;OI^2 = OQ \times QI\; \longleftarrow$ (11.2)
     O método mais comum entre nós toma $\;AI\;$ para comprimento do lado do pentágono regular inscrito e,
      considerando $\;A\,$ um vértice será
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(A,\;AI)\;$ e $\;B, \;E\;$ obtêm-se como pontos da interseção $\;(A,\;AI).(O)\;$
     Do mesmo modo
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(B,\;BA),\; (E, \;EA)\; $ e $\;C, \;D\;$ obtêm-se respetivamente,
      como pontos das interseções $ \;(B,\;BA).(O), \; (E, \;EA).(O)\;$
$\fbox{n=4}$ Usando qualquer destes pontos $\;I,\; K, \; J\;$ que dividem em média e extrema razão, respetivamente,
     os raios $\;OQ, \;OG, \;OL,\;$ ligamos essa nossa comum construção à (10.4) construção de um triângulo isósceles
      em que cada ângulo da base é duplo do ângulo formado pelos dois lados iguais.
     Como então vimos, basta transportar esse comprimento $\;OI=OJ=OK\;$ para $\;G.\;$ Assim:
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(G, \;GO) \;\longrightarrow \;L\; \mbox{de} \;(G, \;GO). (O) \; \mbox{e tal que} \; OG=GL=LO\;$
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(O, \;OI) \; \mbox{e}\; M \; \mbox{de} \;(O, \;OI). OL\; \mbox{ e tal que} MO=JO $
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(L, \;LM)\; \mbox{e} \;N\; \mbox{de} \; (L, LM).GL\; \mbox{e tal que } \; LN =LM\;$
      (ax. 3) $\;\longrightarrow \;GN=OM\;$ restos de duas coisas iguais a que retirámos partes iguais.
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(L, \;LM)\; \mbox{e} \;N\; \mbox{de} \; (L, LM).GL\; \mbox{e tal que } \; LN =LM\;$
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(G, \;GN)\; \mbox{e} \;C, \;D\; \mbox{de} \; (G, \;GN).(O)\; \mbox{e tal que } \; GD=GN \; \longleftarrow (1.4)$.
      E é claro que
      (ax. 1) $\;\longrightarrow \;GC=GD=GN=OM=OI\;$
$\fbox{n=5}$ Considerando os resultados anteriores,
      (10.4)$\;\longrightarrow \;\mbox{ do triângulo}\; OGD, OG =OD \wedge \angle \hat{G} = \angle \hat{D} =2\times \angle\hat{O}\;$
      Considerado o triângulo $\;ACD\;$ inscrito na circunferência $\;(O)\;$ fácil é concluir que o seu ângulo $\; \angle \hat{C}\;$ é igual
      ao ângulo $\;\angle \hat{G}\;$ do triângulo $\;OGD\;$ por estarem inscritos no mesmo arco $\;DPA\;$ de $\;(O)\; \longleftarrow\;$ (21.3)

      Também se pode concluir que
      (20.3) $\; \longrightarrow \; \angle G\hat{O}D = 2 \times G\hat{A}D \wedge \angle G\hat{O}C=\angle G\hat{A}C\; \mbox{de onde se tira que} \; G\hat{O}C= C\hat{A}D \;$
      Finalmente: Como os triângulos $\;OGD, \; CAD\;$ têm dois ângulos iguais, cada a um a cada um, por (32.1),

     também os terceiros são iguais e $$ \angle A\hat{D}C =\angle O\hat{D}G = \angle O\hat{G}D = 2\times \angle G\hat{O}D = 2 \times \angle C\hat{A}D \; \mbox{e}\; \;AC=AD\; \longleftarrow \;\mbox{(6.1)} $$

      Temos então um triângulo $\;ACD\;$ inscrito em $\;(O), \;$ isósceles e para o qual $\;\angle \hat{C} = \angle \hat{D} = 2\times \hat {A}\;$ e
     assim como provámos em (11.4) , da entrada anterior, $\;CD\;$ é um lado de pentágono regular inscrito em $\;(O)\;$.

Deste modo, não só fica provado que a construção comum entre nós conduz a um pentágono equilátero e equiângulo inscrito numa circunferência dada, como fica sugerido outro método de construção (com mais passos?)
Retirando os passos necessários à demonstração, fica também assegurado que o método comum entre nós é o mais económico ( de entre os que conhecemos) □

$\fbox{n=6}$ Finalmente deixamos traçados
     os segmentos de reta $\;AB, \;BC, \;CD,\;DE,\;EA,\;$ que provámos serem iguais,
               como iguais são os ângulos $\;\angle A\hat{B}C, \; \angle B\hat{C}D, \;\angle C\hat{D}E, \;\angle D\hat{E}A, \;\angle E\hat{A}B. \;$
      os segmentos $\;AC,\;AD\; \;BD, \;BE, \;CA,\;CE \;$ iguais, bissetrizes dos ângulos das bases dos
      triângulos isósceles $\;ACD, \; BDE, CEA\;$ iguais,
               sendo iguais, por isso, os ângulos $\;C\hat{A}D, E\hat{B}D. A\hat{C}E. B\hat{D}A, \; C\hat{E}D.$

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 coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
AXIOMA III.
E se de cousas iguais se retirarem outras iguais, os restos serão igauis
PROP. I. PROB.
Sobre uma linha reta determinar um triângulo equilátero
PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha reta igual a outra linha reta dada.
PROP. V. TEOR.
Em qualquer triângulo isósceles, os ângulos que estão sobre a base são iguais e produzidos os lados iguais os ângulos que se formam debaixo da base são também iguais
PROP. VI. TEOR.
Se dois ângulos de um triângulo forem iguais, os lados opostos a estes ângulos serão também iguais
PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada
PROP. XXXII. TEOR.
Em todo o triângulo, produzido um lado qualquer, o ângulo externo é igual aos dois internos e opostos e os três ângulos internos de um triângulo qualquer são iguais a dois retos.
.......................................
Livro II
PROP. I. PROB.
Achar o centro de um círculo dado
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
DEFINIÇÂO VI.
Segmento de círculo é uma figura compreendida por uma linha reta e por uma porção da circunferência do círculo
DEFINIÇÂO VII.
O ângulo do segmento é aquele que é formado pela reta e pela porção de circunferência
DEFINIÇÂO VIII.
Um ângulo se diz estar ou existir no segmento quando é formado pelas retas que, de um ponto qualquer, tomado na circunferência do segmento, se tiram para os extremos da reta que é a base do segmento.
PROP. XX. TEOR:
Em todo o círculo o ângulo que é feito no centro é o dobro do ângulo que está na circunferência, tendo cada um destes ângulos como por base a mesma porção da circunferência.
PROP.XX!. TEOR.
Em todos o círculo os ângulos que existem no mesmo segmento são iguais entre si
PROP. XXVI. TEOR.
Em círculos iguais os ângulos, que são iguais, e existem ou nos centros ou nas circunferências, assentam sobre arcos também iguais.
PROP. XXIX TEOR.
Em círculos iguais, a arcos iguais correspondem cordas iguais.
PROP. XXXII. TEOR.
Se uma linha reta for tangente de um círculo e se do ponto do contacto se tirar outra reta que divida o círculo em dois segmentos, os ângulos que esta reta fizerem com a tangente serão iguais aos ângulo que existem nos segmentos alternos
PROP. XXXVII. TEOR.
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
Livro IV
DEFINIÇÃO III.
Uma figura retilínea se diz inscrita em um círculo quando cada um dos ângulos dela toca a circunferência do circulo
DEFINIÇÃO VII
Uma linha reta se diz inscrita em um círculo quando as extremidades dela estão na circunferência
PROP. I. TEOR.
Em um círculo dado inscrever uma linha reta igual a outra dada, e não maior que o diâmetro do círculo dado.
PROP. II. PROB.
Em um círculo dado inscrever um triângulo equiângulo a outro triângulo dado.
PROP. V. PROB.
Circunscrever um círculo a um triângulo dado.

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

2.5.15

Elementos: Inscrever um pentágono regular numa dada circunferência

Livro IV - PROP.XI. PROB.
Em um círculo dado inscrever um pentágono equilátero e equiângulo.

. Este problema de construção (inscrição de um pentágono regular num círculo dado) usa o problema anterior (10.4) da construção de um triângulo isósceles em que cada ângulo da base é duplo do terceiro ângulo e um outro (2.4) que resolve o problema de inscrever num círculo dado um triângulo de ângulos iguais ao de um outro. Claro que, para estas inscrições é preciso ter presente os passos a dar para transferir comprimentos usando régua e compasso euclidianos.
Para além de um círculo dado, temos um triângulo já construído $\;FGH\;$ tal que $\; \angle \hat{G} =\angle \hat{H} = \angle \hat{F} + \angle\hat{F}\;$. O fundamental do problema de construção é inscrever no círculo dado um triângulo $\;ACD\; $ tal que $\; \angle \hat{A} = \angle \hat{F}, \; \angle \hat{B}=\angle \hat{G} , \; \angle \hat{C}=\angle \hat{H}.\; $

Fazendo variar os valores de n no cursor ao fundo, pode seguir os passos da construção. Para n=8 pode ver a figura construída e os elementos que apoiam a demonstração.

$\fbox{n=0}$ Vê-se a circunferência dada
$\fbox{n=1}$ Mais se vê um triângulo $\;FGH\;$ previamente construído (10.4) em que $\angle \hat{G}=\angle \hat{H}= 2\times \angle \hat{F}\;$
$\fbox{n=2}$ Acrescenta-se o centro $\;O\;$ da circunferência dada (1.2) e um qualquer ponto $\;A\;$ dela, a reta $\;AO\;$ (post.1), e a perpendicular a $\;AO\;$ (11.1) em $\;A\;$ que é a tangente à circunferência em $\;A\;$
$\fbox{n=3}$ Seguindo (2.4), apresentam-se as circunferências

$\;(G, \;GH)\;$ que interseta $\;GF\;$ em $\;I\;$
$\;(A,\;GH)\;$ que interseta a tangente por $\;A\;$ em $\;J,\;K\;$
$\;(J, \;HI)\;$ que interseta $\;(A,\;GH)\;$ em $\;L\;$
$\;(K, \;HI)\;$ que corta $\;(A,\;GH)\;$ em $\;M\;$

$\fbox{n=4}$ Traçam-se as retas

$\;AL\;$ que interseta a circunferência $\;(O, \; OA)\;$ em $\;C\;$
$\;AM\;$ que interseta $\;(O, \; OA)\;$ em $\;D\;$

Assim, por construção os ângulos de um segmento $\angle J\hat{A}L, \; \angle k\hat{A}D\;$ são iguais aos ângulos $\; \angle \hat{G}, \; \angle \hat{H}\;$ do triângulo $\;FGH\;$
$\fbox{n=5}$ Traça-se o segmento $\;CD\;$.
Por (32.3) $\;\angle J\hat{A}C= \angle A\hat{D}C \;$ e $\;\angle K\hat{A}D = \angle A\hat{C}D\;$.
Podemos concluir que $\angle \hat{A} = \angle \hat{F}, \; \angle \hat{B} = \angle \hat{G}, \; \angle \hat{C} = \angle \hat{H}\;$ ou que o triângulo $\;ABC\;$ é equiângulo de $\;FGH\;$
$\fbox{n=6}$ Seguindo (9.1) dividimos em partes iguais os ângulos $\angle A\hat{C}D, \; \angle A\hat{D}C.\;$ e chamamos $\;E\;$ e $\;B\;$ aos segundos pontos das bissetrizes de $\;\angle \hat{C}, \; \angle\hat{D}\;$ comuns à circunferência dada.
$\fbox{n=7}$ Finalmente traçamos os seguintes segmentos de reta $\;AB, \;BC,\;DE,\;EA,\;$ que provamos serem iguais a $\;CD,\;$ como iguais são os ângulos $\;\angle A\hat{B}C, \; \angle B\hat{C}D, \;\angle C\hat{D}E, \;\angle D\hat{E}A, \;\angle E\hat{A}B, \;$
$\fbox{n=8}$ Mostram-se, para além da circunferência $\;(O)\;$ dada, tão somente os pontos $\;A, \;B, \;C,\;D,\;E,\;$vértices do pentágono inscrito; os segmentos $\;AB,\;BC,\;CD,\;DE,\;EA,\;$ lados do pentágono inscrito; e, $\;AC, \;AD, \;BD, \;BE,\; CE,\;$ diagonais do pentágono inscrito, determinados por construção por condições determinadas.
Resta-nos demonstrar que, de acordo com essas condições de construção,

$$\;AB=BC=CD=DE=EA:\;$$
Por construção, $\;\angle A\hat{C}D = \angle A\hat{D}C = 2\times \angle C\hat{C}D\;$ e, cada um dos $\;\angle A\hat{C}D\;$ e $\;\angle A\hat{D}C\;$ está dividido em dois ângulos iguais por $\;CE\;$ e $\;DB\;$, isto é, $\;\angle C\hat{D}B= \angle D\hat{B}A\;$ e $\;\angle D\hat{C}E=\angle E\hat{C}A.\;$ E, sendo metades dos ângulos iguais $\;\angle A\hat{C}D\;$ e $\;\angle A\hat{D}C,\;$ sendo cada um destes, por sua vez, duplos de $\; \angle D\hat{A}C,\;$ podemos concluir que $\;D\hat{A}C =\angle B\hat{E}C= \angle A\hat{D}B = \angle E\hat{B}D =\angle A \hat{C}E.\;$
Por (26.3), Sendo estes ângulos inscritos iguais também são iguais os arcos $\;(CD) =(BC) = (AB) = (ED) = (AE)\;$ e, por isto e por (29.3), são também iguais as cordas correspondentes $\;CD =BC = AB = ED = AE.\;$, ou seja, o pentágono $\;[ABCDE]\;$ é equilátero. □

$$\;\angle A\hat{B}C = \angle B\hat{C}D = \angle C\hat{D}CE = \angle D\hat{E}A = \angle E\hat{A}B :\;$$
Como $\;(AB)= (DE)\;$ , se juntarmos a ambos $\;(AB)\;$ e $\; (DE)\;$ o mesmo arco $\;(BCD)\;$, por (ax. 2) obtemos arcos iguais: $\;(ABCD) =(BCDE)\;$ e, por isso e por (27.3), são iguais os correspondentes ângulos $\;\angle A\hat{E}D\;$ e $\;B\hat{A}E\;$ inscritos. De modo inteiramente análogo, se prova que cada um dos ângulos $\; \angle A\hat{B}C,\;\angle B\hat{C}D,\;\angle C\hat{D}E\; $ é igual a cada um dos ângulos
$\; \angle B\hat{A}E,\;\angle A\hat{E}D.\; $ Fica assim provado que $$\;\angle A\hat{E}D\;=\;B\hat{A}E\; =\angle A\hat{B}C\;=\;\angle B\hat{C}D\;=\;\angle C\hat{D}E\;$$ ou que o pentágono $\;[ABCDE]\;$ é equiângulo. □

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 coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
AXIOMA III.
E se de cousas iguais se retirarem outras iguais, os restos serão igauis
PROP. I. PROB.
Sobre uma linha reta determinar um triângulo equilátero
PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha reta igual a outra linha reta dada.
PROP. V. TEOR.
Em qualquer triângulo isósceles, os ângulos que estão sobre a base são iguais e produzidos os lados iguais os ângulos que se formam debaixo da base são também iguais
PROP. VI. TEOR.
Se dois ângulos de um triângulo forem iguais, os lados opostos a estes ângulos serão também iguais
PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada
PROP. XXXII. TEOR.
Em todo o triângulo, produzido um lado qualquer, o ângulo externo é igual aos dois internos e opostos e os três ângulos internos de um triângulo qualquer são iguais a dois retos.
.......................................
Livro II
PROP. I. PROB.
Achar o centro de um círculo dado
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
DEFINIÇÂO VI.
Segmento de círculo é uma figura compreendida por uma linha reta e por uma porção da circunferência do círculo
DEFINIÇÂO VII.
O ângulo do segmento é aquele que é formado pela reta e pela porção de circunferência
DEFINIÇÂO VIII.
Um ângulo se diz estar ou existir no segmento quando é formado pelas retas que, de um ponto qualquer, tomado na circunferência do segmento, se tiram para os extremos da reta que é a base do segmento.
PROP. XXVI. TEOR.
Em círculos iguais os ângulos, que são iguais, e existem ou nos centros ou nas circunferências, assentam sobre arcos também iguais.
PROP. XXIX TEOR.
Em círculos iguais, a arcos iguais correspondem cordas iguais.
PROP. XXXII. TEOR.
Se uma linha reta for tangente de um círculo e se do ponto do contacto se tirar outra reta que divida o círculo em dois segmentos, os ângulos que esta reta fizerem com a tangente serão iguais aos ângulo que existem nos segmentos alternos
PROP. XXXVII. TEOR.
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
Livro IV
DEFINIÇÃO III.
Uma figura retilínea se diz inscrita em um círculo quando cada um dos ângulos dela toca a circunferência do circulo
DEFINIÇÃO VII
Uma linha reta se diz inscrita em um círculo quando as extremidades dela estão na circunferência
PROP. I. TEOR.
Em um círculo dado inscrever uma linha reta igual a outra dada, e não maior que o diâmetro do círculo dado.
PROP. II. PROB.
Em um círculo dado inscrever um triângulo equiângulo a outro triângulo dado.
PROP. V. PROB.
Circunscrever um círculo a um triângulo dado.

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

24.4.15

elementos: triângulo isósceles com ângulos da base duplos do terceiro.

As últimas entradas com publicações de alguns teoremas e problemas (acompanhados das construções dinâmicas auxiliares) de "Os Elementos" procuram chamar a atenção para a forma como Euclides organizou "Os Elementos". Procuramos fazer isso, seguindo resultados dos livros I a IV necessários para a inscrição de um pentágono regular num círculo dado. Vamos, nesta entrada, olhar para um problema de construção do Livro IV que mobiliza, entre outras proposições, as seguintes:
PROP. XI. PROB. do Livro II: Dividir uma linha reta de sorte que o retângulo da toda e de uma parte seja igual ao quadrado da outra parte
e
PROP. XXXVII. TEOR. do Livro III: 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
que aqui foram apresentadas anteriormente.

Livro IV - PROP.X. PROB.
Construir um triângulo isósceles de maneira que cada um dos ângulos, que estão sobre a base, seja o dobro do ângulo do vértice.

Dados dois pontos $\;A, \;B\;$, procuramos determinar, por construção com régua e compasso, um ponto $\;P\;$ tal que $\;AP=AB\;$ e que $\;\angle A\hat{B}P = \angle B\hat{P}A= 2\times \angle P\hat{A}B \;$. A primeira daquelas condições - $\;AP=AB\;$ - é verificada por qualquer ponto $\;P\;$ de uma das circunferências $ \; (A, \;AB)\;$ de centro $\;A\;$ e raio $\;AB.\;$ (ou de $\;(B, \;BA)\;$).
A segunda daquelas condições exige a verificação das proposições citadas acima e aproveitamos para chamar a atenção para a distinção entre o que são passos de uma construção da totalidade dos passos necessários para as determinações e demonstrações das propriedades e que pode agora comparar.
As regras para contar passos de uma construção são simples:
— cada utilização da régua para traçar uma reta de um ponto a outro ou passando por eles para além deles conta-se como um passo;
— cada utilização do compasso para traçar uma circunferência considerado um ponto ($\;A\;$ - centro) e um intervalo $\;AB\;$ dados conta-se como um passo;
— As interseções de retas, de reta com circunferência ou de circunferências construídas consideram-se definidas pelas retas e circunferências e não contam como passos.

Nas demonstrações dessas proposições apresentadas, que pode ver, há muitos passos que obviamente não vão constar agora:
Os primeiros nove passos chegam para determinar um ponto $\;K:\; AB\times KB = AK^2\;$ (11.2)
Os cinco passos seguintes chegam para determinar o ponto $\;P:\; AP=AB \wedge AP=AK\;$ que, seguindo (37.3) garante que por ser $\;BP^2= AB\times BK\;$ $\;BP\;$ é tangente ao círculo $\;AKB\;$
Finalmente realçamos o triângulo $\;ABP\;$ e figuras de apoio para a demonstração final com relações entre ângulos de um triângulo isósceles e inscritos e com vértices numa circunferência.

Fazendo variar os valores de n no cursor ao fundo, pode seguir os passos da construção. Para n=15 pode ver a figura construída e os elementos que apoiam a demonstração.

Determinação de $\;K\;$ conforme (11.2)
$\fbox{n=1}$ Traça-se a reta $\;AB\;$ com régua (Postulado I)
$\fbox{n=2}$ Traça-se a circunferência $\;(A, \; AB)\;$ com compasso (Post. II) e fica definido o ponto $\;C\;$ para além dos dados
$\fbox{n=3}$ $\;(B, \;BC)\;$
$\fbox{n=4}$ $\;(C, \;CB)\;$ e ficam definidos mais dois pontos dos quais tomamos $\;D\;$
$\fbox{n=5}$ $\;DA\;$ (perpendicular a $\;AB\; $ em $\;A$ ) e ficam definidos mais dois pontos comuns a $\;AD\;$ e $\;(A, \; AB)$
$\fbox{n=6}$ $\;(E, \;EA)\;$ e ficam definidos mais dois pontos $\;F,\;G\;$ comuns a $\;(E, \;EA)\;$ e $\;(A, \; AB)\;$
$\fbox{n=7}$ $\;FG\;$ e ficam definidos outros pontos de intersecção dos quais tomamos o ponto $\;H,\;$ médio de $\;AE\;$
$\fbox{n=8}$ $\;(H, \;HB)\;$ e ficam definidos outros pontos, dos quais tomamos $\;J\;$ um dos pontos comuns a $\;(H, \;HB)\;$ e $\;DA\;$
$\fbox{n=9}$ $\;(A, \; AJ)\;$ e dos novos pontos definidos tomamos $\;K\;$ sobre $\;AB\;$ e tal que $\; AK^2 = AB\times BK\;$

Determinação de $\;P:\; BP = AK $ conforme (2.2) e (1.4)

$\fbox{n=10}$ $\;(K,\; KB)\;$
$\fbox{n=11}$ $\;(B,\; BK)\;$ e ficam definidos $\;M, \;N$
$\fbox{n=12}$ $\;MN\;$ e fica definido $\;O, \;$ ponto médio de $\;KB$
$\fbox{n=13}$ $\;(O, \;OA\;$ e ficam definidos outros pontos dos quais tomamos $\;L, \;$ tal que $\;BL=AK\;$ por ser $ \;OA =OL\;$ ou
$\;AK+KO = OB+BL\;$ de que removemos $\;KO\;$ e $\;BO\;$ congruentes
$\fbox{n=14}$ $\;(B, \;BL)\;$ e ficam vários pontos dos quais tomamos $\;P\;$ comum a $\;(B, \;BL)\;$ e $\;(A, \;AB)\;$

Finalmente, o que falta demonstrar:
De toda a construção feita, deixámos o segmento $\;AB\;$ e acrescentámos

$BP, \;PA, \;PK\;$ — três passos de construção (régua),
a circunferência $\;AKP\;$ (5.4)— sete passos de construção:
$\;(A, \;AK), \; (K, \;KA), \;(P, \;PK), \; (K, \;KP),\;$ (compasso),
as duas retas mediatrizes que definem o incentro $\;I\;$ (régua) e, finalmente.
a circunferência $\;(I, \; IA)\;$ ou $\;(AKP)\;$ (compasso) .

Sabemos que $\;AP=AB\;$ e que, sendo $\;BP =AK, \; BP^2 = AK^2 = BA\times BK$, por (37.3) $\;BP\;$ é tangente à circunferência $\;(AKP)\;$ em $\;P.\;$

Por (32.3) $\;\angle K\hat{P}B=\angle P\hat{A}K\;$.
Acrescentando $\;\angle K\hat{P}A\;$ a cada um daqueles ângulos congruentes, (ax.2) $\;\angle K\hat{P}B+ \angle K\hat{P}A = \angle P\hat{A}K+ \angle K\hat{P}A\;$ ou $\;\angle B\hat{P}A =\angle P\hat{A}K+ \angle K\hat{P}A.\;$
Por ser $\; \angle B\hat{K}P\;$ ângulo externo do triângulo $\;KPA\;$, por (32.1) e (ax. 1), $\; \angle B\hat{K}P= \angle P\hat{A}K + \angle K\hat{P}A =\angle B\hat{P}A.\;$
Sendo por construção $\;AB=AP,\;\;\angle A\hat{P}B = \angle A\hat{B}P\;$, por (5.1).
Como $\; \angle B\hat{K}P =\angle B\hat{P}A.\;$ e $\;\angle A\hat{P}B = \angle A\hat{B}P, \; \angle B\hat{K}P = \angle A\hat{B}P, \;$ podemos dizer que o triângulo $\;BKP\;$ é isósceles $\;BP=KP\;$
Do mesmo modo, como, por construção, $\;BP=AK\;$, também o triângulo $\;KPA\;$ é isósceles e $\;\angle K\hat{P}A= \angle P\hat{A}K\;$
Sabemos agora que $\; \angle P\hat{A}K + \angle K\hat{P}A =\angle B\hat{P}A.\;$ e que que $\;\angle K\hat{P}A= \angle P\hat{A}K= \angle P\hat{A}B\;$ e podemos escrever $$ \; \angle P\hat{A}B + \angle P\hat{A}B =\angle B\hat{P}A =\angle A\hat{B}P, \;$$ como queríamos. □

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 coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
AXIOMA III.
E se de cousas iguais se retirarem outras iguais, os restos serão igauis
PROP. I. PROB.
Sobre uma linha reta determinar um triângulo equilátero
PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha reta igual a outra linha reta dada.
PROP. V. TEOR.
Em qualquer triângulo isósceles oa ângulos que estão sobre a base são iguais e produzidos os lados iguais os ângulos que se formam debaixo da base são também iguais
PROP. VI. TEOR.
Se dois ângulos de um triângulo forem iguais, os lados opostos a estes ângulos serão também iguais
PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada
PROP. XXXII. TEOR.
Em todo o triângulo, produzido um lado qualquer, o ângulo externo é igual aos dois internos e opostos e os três ângulos internos de um triângulo qualquer são iguais a dois retos.
.......................................
Livro II
PROP. I. PROB.
Achar o centro de um círculo dado
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
DEFINIÇÂO VI.
Segmento de círculo é uma figura compreendida por uma linha reta e por uma porção da circunferência do círculo
DEFINIÇÂO VII.
O ângulo do segmento é aquele que é formado pela reta e pela porção de circunferência
DEFINIÇÂO VIII.
Um ângulo se diz estar ou existir no segmento quando é formado pelas que de um ponto qualquer, tomado na circunferência do segmento, se tiram para os extremos da reta que é a base do segmento.
PROP. XXXII. TEOR.
Se uma linha reta fora tangnete de um círculo e se do ponto do contacto se tirar outra reta que divida o círculo em dois segmentos, os ângulos que esta reta fizerem com a tangnete serão iguais aos ângulo que existem nos segmentos alternos
PROP. XXXVII. TEOR.
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
Livro IV
DEFINIÇÃO III.
Uma figura retilínea se diz inscrita em um círculo quando cada um dos ângulos dela toca a circunferência do circulo
DEFINIÇÃO VII
Uma linha reta se diz inscrita em um círculo quando as extremidades dela estão na circunferência
PROP. I. TEOR.
Em um círculo dado inscrever uma linha reta igual a outra dada, e não maior que o diâmetro do círculo dado. PROP. V. PROB.
Circunscrever um círculo a um triângulo dado.

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.

Livro III - PROP. XXXVI. TEOR.
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 $\;ED\;$ $$DA \times DC +BE^2 =ED2$$

Resumindo, o paralelogramo de lados iguais a $\;DA, \; DC\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;BE\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;DB\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;BE\;$ $$ED^2=DA \times DC +BE^2 =EB^2+BD^2$$ e, se removermos o quadrado de lado $\;BE\;$ da cada uma dessas duas figuras iguais em área, ficamos com os restos iguais, isto é:
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 $\;A, \;C\;$ □

Variando os valores de n no cursor ao alto, pode ver passos da construção interessantes para seguir a demonstração.

$\fbox{n=4}\; — \;\;\;$ 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)
$$DA\times DC + CF^2 = DF^2$$

Acrescentando o quadrado de $\;EF\;$ a ambas as figuras — uma constituída pelo paralelogramo $\;DA, DC\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;CF\;$ e a segunda que é o quadrado de lado $\;DF\;$ iguais em área - obtemos duas figuras iguais em área (ax. 2.1): $$DA\times DC + CF^2 +EF^2 = DF^2 +EF^2$$ ou, por c) e d) e (ax.1.1) $$DA \times DC + EC^2 =DE^2 $$ ou, por b) e (ax.1.1) $$DA \times DC + EC^2 = EC^2+DB^2$$ e removendo o quadrado de lado $\;EC\;$ às duas figuras iguais em área, ficamos com restos iguais em área — o paralelogramo $\;DA, DC\;$ e o quadrado de lado igual à tangente $\;DB\;$ (ax 3.1)— $$DA \times DC = DB^2$$ tal como pretendíamos. □

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

26.3.15

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

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:

(46.1) - Construímos o quadrado de lado $\;AB\; - ACDB \;$
(10.1) - Determinamos $\;E\;$ que divide $\;AB\;$ em partes iguais na interseção de $\;AC\;$ com a reta definida pelos pontos de interseção das circunferências $\;(A, AC),\; (C, CA)\;$
(Post. 1.1) - Traçamos a reta $\;EB\;$
(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)
(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 $\;B\;$
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 $\;AH\;$ - $\;AFGH\;$

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

Prova:

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 $\;EF.\;$
Como $\;EF=EB, \;$ o retângulo $\;CFGK\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;AE\;$ também é igual ao quadrado de lado $\;EB\;$
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 $\;EB\;$
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>
O retângulo $\;FCKG\;$ é o retângulo $\;FC, \;FA\;$, por ser $\;AF=FG\;$ é igual em área ao quadrado de lado $\;AB\;$
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: $$ AB \times HB = AH^2 $$ $$\mbox{ou}\;\;\;\frac{AB}{AH}=\frac{AH}{HB} \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; \frac{AH}{HB}=\frac{AB}{AH} $$

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

Livro II - PROP. VI. TEOR.
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 $\;CD \;$.

Se precisar, clique nos botões "□ -mostar/ocultar" para ver realce de figuras importantes na demonstração

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

18.3.15

Um primeiro exemplo de proposição de álgebra geométrica, usando áreas (o corta e cola)

No Livro II de "Os Elementos", apresentam-se resultados que estabelecem aparentes relações algébricas (álgebra geométrica), recorrendo somente à noção de igualdade (equivalência) de áreas (conteúdos) e às operações de que já descrevemos a base axiomática e a que chamamos de "corta e cola" (acrescentar ou remover figuras a outras figuras). Para além dos exemplos do Livro I, - Prop. XXXV, XXXVII, XLVII, XLVIII - já abordados (enunciados e demonstrações transcritas) incluindo construções dinâmicas de apoio a partir das originais, vamos agora tomar um ou outro exemplo do Livro II para serem usados mais adiante em construções exemplares da forma genial como Euclides elaborou o seu pensamento geométrico. Vamos passar a usar expressões algébricas, como poderíamos ter usado no Teorema de Pitágoras das últimas entradas, $$\;BC^2= AC^2 + AB^2\;$$ em vez de escrever que, de um triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;A\;$, o quadrado de lado $\;BC\;$ (oposto a $\;Â\;$) é equivalente à soma dos quadrados de lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$.

PROP. V. TEOR. Livro II
Se $\;AB\;$ for dividido em duas partes iguais por $\;C\;$ e em duas partes desiguais por $\;D\;$, o retângulo de lados $\;AD, BD\;$ acrescentado ao quadrado de lado $\;CD\;$ e igual ao quadrado de lado $\;BC\;$ - metade de $\;AB\;$.
$$AD\times BD + CD^2 = BC^2$$

Se precisar, clique nos botões "□ -mostar/ocultar" para ver realce de figuras importantes na demonstração

Passos da construção e demonstração:

Usando a PROP. XLVI PROB. do Livro I (36.1), construímos o quadrado de lado $\;BC\;$ - $\;[BCEF]\;$
Usando o Postulado I, tiramos a reta $\;BE\;$
Usando (31.1),
- por $\;D\;$ tiramos uma paralela a $\;CE\;$ (ou a $\;BF\;$) que interseta $\;BE\;$ em $\;H\;$ e $\;EF\;$ em $\;G\;$;
- por $\;H\;$ tiramos uma paralela a $\;CB\;$ (ou $\;EF\;$) que interseta $\;CE\;$ em $\;L\;$ e $\;BF\;$ em $\;M\;$;
- por $\;A\;$ tiramos uma paralela a $\;CL\;$ (ou a $\;BM\;$ que interseta a reta $\;LM\;$ em $\;K\;$
Por (43.1), Os paralelogramos $\;[DCLH],\; [MHGF]\;$ são iguais em conteúdo (ou área) por serem complementos no paralelogramo quadrado $\;[BCEF]\;$ dos dois paralelogramos (quadrados) $\;[BDHM], \; [CHLE]\;$ que existem ao longo da diagonal $\;BE\;$
Se acrescentarmos a cada um dos complementos $\;[DCLH],\; [MHGF]\;$ iguais em área, o mesmo $\;[DHMB]\;$ obtemos dois retângulos $\;[BCLM], \;[BDGF]\;$ iguais em área
Por (36.1), os paralelogramos (retângulos) $\;[CAKL]\;$ e $\;[BCLM]\;$ que têm bases iguais - $\;AC=CB|, \;$ por hipótese - e estão entre as mesmas paralelas - $\;AB \parallel KM. \;$ por construção, - são iguais em conteúdo (em área);
Sendo $\;[AKLC],\; [CLMB]\;$ iguais em área e, como antes tínhamos visto, $\; [CLMB]\;$ é igual em área a $\;[BDGF],\;$ então temos $\;[AKLC],\;[BDGF]\;$ iguais em área.
Podemos concluir que o quadrado de lado $\;BC,\; \;[BCEF]\;$ é igual em área ao gnomon (ver definição 2.2 abaixo) $\;[CMG] = [BCLHGFM]\;$ acrescentado de $\;[HLEG],\;$ quadrado de lado igual a $\;CD\;$
ou ao retângulo $\;[AKHD]\;$ acrescentado do mesmo quadrado de lado $\;CD\;$, já que o gnomon referido é $\;[GDGFB]\;$ (ou $\;[AKHD]\;$ igual em área) acrescentado de $\;[CLHD]\;$ □

$$AD \times DB +CD^2 = CB^2$$

Livro I
PROP. XLVI. PROB.
Sôbre uma linha reta dada descrever um quadado
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, são iguais
PROP. XLIII. TEOR.
Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si
PROP. XLI. TEOR.
Se um paralelogramo e um triângulo estiverem sôbre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, o paralelogramo será o dôbro do triângulo
................................
Livro II
DEFINIÇÕES:
I
Todo o paralelogramo retângulo se considera compreendido por duas linhas retas, que formam o ângulo reto.
II
Em todo o paralelogramo $\;[BCEF]\;$ a figura $\;[BCLHGFB],\;$ que resulta de um paralelogramo daqueles (por exemplo, o de diagonal $\;BH\;$), que existem na diagonal $\;BE\;$ do paralelogramo maior, juntamente com os dois complementos (de diagonais $\;CH\;$ e $\;HF\;$, chama-se gnômon. Dêste modo o paralelogramo $\;HB ,\;$ juntamente com os complementos, $\;CH, \;HF\;$ fazem o gnômon que por brevidade, nota-se com as letras $\;CMG,\;$ ou $\;LDC,\;$ que estão postas nos vértices dos ângulos opostos dos paralelogramos, que formam o gnômon.

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

27.2.15

Elementos: Teorema de Pitágoras.

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 .

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. □

^*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.

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
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22.2.15

Elementos: igualdade de "conteúdos" de triângulos.

Transcrevemos do Livro I de "Os Elementos"¹ o enunciado e demonstração da proposição Pr. 37.1 que trata da igualdade de dois triângulos, no mesmo sentido da Pr. 35.1, apresentado para paralelogramos na entrada anterior. Estes resultados que tratam de apresentar condições em que duas figuras são iguais ("em área ou conteúdo") usando o método de "corta e cola" - remover e juntar figuras de ou a outras figuras - processo puramente geométrico.

PROP. XXXVII. TEOR.

Os triângulos, que estão postos sôbre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais.

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

Os triângulos ABC, DBC, estejam postos sôbre a mesma base BC, e entre as mesmas paralelas AD, BC. Digo que os triângulos ABC, DBC são iguais.

Produza-se AD de uma e outra parte para E, e F, e pelo ponto B tire-se BE paralela a CA, e pelo ponto C tire-se CF paralela a BD (Pr. 31.1.^*). Logo, EBCA, DBCF serão dois paralelogramos. Mas êstes paralelogramos são iguais (Pr. 35. 1.^**), por estarem sôbre a mesma base BC, e entre as mesmas paralelas BC, EF; e o triângulo ABC é a metade (Pr. 34.1.^***) do paralelogramo EBCA, que fica dividido em duas partes iguais pela diagonal AB, como também o triângulo DBC é a metade do paralelogramo DBCF, que é dividido em duas partes iguais pela diagonal DC. Logo, será o triângulo ABC = DBC, outro triângulo, porque as metades de quantidades iguais são também iguais (Ax. 7.^****). □

^*PROP. XXXI. PROB.
De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada ^**PROP. XXXV TEOR.
Os paralelogramos que estão postos sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais. ^***PROP. XXXIV TEOR.
Os lados e os ângulos opostos dos espaços formados com linhas paralelas, ou paralelogramos, são iguais; e todo o espaço paralelogramo, fica dividido pela diagonal em duas partes iguais ^****AXIOMA VII VII. E aquelas, que são metades de uma mesma quantidade, são também iguais..

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
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17.2.15

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

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?

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.

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

3.4.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (17a)

Problema: Determinar um ponto a partir do qual se vêem segundo ângulos iguais dois segmentos $\;AB\;$ e $\;BC\;$ de uma dada reta $\;a$

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

Dados(a azul): uma reta $\;a\;$ e três pontos $\;A, \;B, \;C\;$ sobre ela.
Tomemos um ângulo $\;\alpha = C\hat{A}D\;$. Os pontos $\;P\;$ a partir dos quais se traçam retas $\;PA\;$ para $\;A\;$ e $\;PB\;$ para $\;B\;$ sendo $\;A\hat{P}B =\alpha\;$ estão sobre dois arcos de circunferências congruentes dos quais $\;AB\;$ é uma corda comum (5º lugar geométrico da lista).

© geometrias, 2 de Abril de 2014, Criado com GeoGebra
Do mesmo modo se determina o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ dos pontos tais que $\;B\hat{P}C=\alpha\;$.
No caso da nossa construção, para o $\;alpha\;$ inicialmente considerado, há dois pontos $\;H, \;H'\;$ que satisfazem as condições do problema; são as interseções dos lugares geométricos (5º da lista) relativos a $\;\alpha\;$ e a $\;AB\;$ um deles e a $\;BC\;$ o outro.
Claro que o segmento $\;AB\;$ e $\;BC\;$ podem ser vistos segundo ângulos iguais de outra amplitude.

Podemos variar o ângulo $\;\alpha\;$ e as posições de $\;A\;$, $\;B\;$ e $\;C\;$

28.3.14

Usando lugares geométricos para resolver problemas de construção (15)

Problema: De um quadrilátero $\;ABCD\;$, inscritível numa circunferência, conhecemos um vértice $\;A$, a amplitude do ângulo $\;\angle Â\;$ e os comprimentos de um dos lados adjacentes ao ângulo $\;AB\;$ e das diagonais $\;AC, \;BD$. Determinar os restantes vértices $\;B, \;C, \;D\;$ desse quadrilátero.

A construção abaixo ilustra a resolução do problema proposto

Dados (a azul): um ângulo $\;\alpha\;$ de amplitude igual à do ângulo $\; \angle BÂD\;$ um segmento $\;A_0B_0\;$ de comprimento igual ao lado $\;AB\;$; um segmento $\;A_0C_0\;$ de comprimento igual à diagonal $\;AC\;$; um segmento $\;B_0D_0\;$ de comprimento igual à diagonal $\;BD\;$
O vértice $\;B\;$ é um dos pontos que está à distância $\;A_0B_0\;$ do vértice $\;A\;$ (1º lugar geométrico da lista). Tomemos um ponto sobre a circunferência $\;(A, \;A_0B_0)\;$ e designemo-lo por $\;B\;$.

© geometrias, 28 de Março de 2014, Criado com GeoGebra
Os pontos $\;B, \;A\;$ definem a reta $\;AB\;$ e podemos construir o ângulo de vértice $\;A\;$ e lados $\;AB, \;AD\;$
O ponto $\;D\;$ está no segundo lado do ângulo $\;\angle \alpha\;$ e à distância $\;B_0D_0\;$ de $\;B\;$, ou seja, na interseção da circunferência $\;(B, \;B_0D_0)\;$ com o segundo lado do ângulo $\;\angle BÂD\;$
Há um só ponto equidistante dos pontos $\;A, \;B, \;D\;$ (interseção das mediatrizes dos segmentos $\;AB\;$ e $\;BD\;$ - 3º lugar geométrico da lista) e por isso há uma única circunferência a passar por $\;A, \;B, \;D\;$ - 1º lugar geométrico da lista dos pontos equidistantes a um dado ponto.
Assim, sendo inscritível o quadrilátero terá os seus quatro vértices sobre a circunferência determinada por $\;A, \;B, \;D\;$, a castanho na figura.
$\;C\;$ está à distância $\;A_0C_0\;$ de $\;A\;$, ou seja na circunferência $\;(A, \;A_0C_0)\;$ (1º lugar geométrico da lista)
No caso da nossa figura, $\;C\;$ é um dos dois pontos de interseção das circunferências $\;(A, \;B, \;D)\;$ e $\;(A, \;A_0C_0)\;$

Podemos variar a amplitude $\;\alpha\;$ e os comprimentos $\;A_0B_0\;$ $\;A_0C_0\;$ e $\;B_0D_0\;$