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13.4.22

a pa(ciência) do compasso quando só....

B. PARZYSH. Un compas pour des polygones.
Bulletin de liaison des Professeurs de Mathématiques, nº 28, mai 1981 - difusion:AUDECAM - Association Universitaire pour le Développement de L'Enseignement et la Culture en Afrique et à Madagscar.

Dada uma circunferência (O,r) de que se conhece um ponto A de posição variável sobre ela. Recorremos a compassos (circunferências) para as construções que se seguem de determinar novos pontos que com A constituem os vértices de polígonos regulares sem recursos a quaisquer outras ferramentas.

Hexágono


Triângulo


Quadrado


Octógono


Dodecágono


Pentágono


Decágono


Pentadecágono

Transcrição de notas:
B. PARZYSH. Un compas pour des polygones.
Bulletin de liaison des Professeurs de Mathématiques, nº 28, mai 1981>br> A "geometria do compasso sozinho"tem a sua origem nos trabalhos do dinamarquês Georg MOHR (1640-1697) e do italiano Lorenzo MASCHERONI(1750-1800) que, com 125 anos de distância e separadamente, demonstraram o Teorema ao qual eles deram o seu nome:
Teorema de MOHR - MASCHERONI:
Qualquer ponto do plano, constructível com régua e compasso, é constructível só com compasso.
Para a pequena história, assinalemos que Napoléon BONAPARTE, membro da Academia das Ciênciastoinha por passatempo favoriro, por volta de 1800, de pôr como "cola" aos seus eminentes col...egas uma ou outra construção só comm compasso.
Mais modestamente, nós pretendemos, neste artigo, indicar ao leitor que tivesse perdido a sua régua — como se sabe os matemáticos são considerados distraídos — mas quem, no entanto, teria conseguido pôr as mãos no seu compasso, o meio de construir, com este único instrumento, os vértices de um polígono regular inscrito, de n lados (para n≤15) ... na condição, claro, de que este polígono regular que procurámos para inscrever em {C} seja constructível com régua e compasso, o que exclui os casos n=7, 9, 11, 13 ou 14.
Eis os dados que utilizaremos para cada valor de n:
Um círculo {C} de centro O, do qualqeur chamaremos r o raio, e um ponto A do círculo.
O ponto A será um vértice do polígono regular que tentamos inscrever na circunferência {C} dada....

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.

©geometrias, 29 abril 2016, Criado com GeoGebra



Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do fundo à direita, pode seguir os passos da resolução.


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.


  1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
  2. David Joyce. Euclide's Elements
  3. George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
  4. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
  5. Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.