Problema: Imagine dois mapas de Portugal continental em escalas diferentes mas de tal modo que um deles fique inteiramente contido no outro.Prove que existe um e um só ponto do território continental português que fica, na representação nos dois mapas, exactamente sobreposto. Para facilitar uma ilustração do problemas, pode supor que Portugal continental é exactamente um rectângulo.
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012
A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012
A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas
- Estão dados na figura dois retângulos de vértices \;[ABCD]\; e \;[DFGH]\; semelhantes, no sentido de que, para quaisquer dois pontos \;P, \;Q\; no retângulo \;[ABCD]\;, há dois pontos \;P', \;Q'\; no retângulo \;[EFGH]\; tais que a razão \;\displaystyle \frac{PQ}{P'Q'}\; é constante (invariável).
No caso, a figura obviamente sugere que \;\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG} = \frac{CD}{GH} =\frac{AB}{GH}= ... \;se forem semelhantes os dois retângulos.
Consideremos a semelhança \;\cal{S}\; para a qual \; C \mapsto G, \; D \mapsto H, ...\;
Se \;AB \parallel EF\; o ponto comum aos dois retânguos sobrepostos seria o centro de uma homotetia, exatamente a interseção \;AE.BF =CG.DH\; e o problema estava resolvido. Não é o caso da nossa figura. -
Uma transformação de semelhança é sempre a composta de uma homotetia com uma isometria. A figura dos dois retângulos sugere-nos uma rotação que transforme, por exemplo \;[EFGH]\;, num retângulo \;[E'F'G'H']\; para o qual \; E'F' \parallel H'G' \parallel CD \parallel AB\; seguida de uma homotetia que transforme \;[E'F'G'H']\; em \;[ABCD]\;.
Como sabemos, há muitas semelhanças possíveis compostas de rotações (de vários centros e ângulos de rotação) com homotetias de razão \:\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG}=\frac{CD}{GH}= \frac{DA}{HE}\;(com centros diferentes).
Qualquer rotação deixa invariante o seu o centro e qualquer homotetia deixa invariante o seu centro. Para que haja um ponto comum aos dois mapas sobrepostos é preciso que a semelhança seja composta de uma rotação com uma homotetia de centro no centro de rotação. Se o centro da rotação não for o centro da homotetia, esta não deixa invariante o centro da rotação. -
\begin{matrix}
&{\cal{R}}(O, \alpha)&&{\cal{H}}(O, k)&\\
[EFGH]&\longrightarrow&[E'F'G'H']& \longrightarrow&[ABCD]\\
E&\mapsto & E' & \mapsto & A \\
F&\mapsto & F' & \mapsto & B \\
G&\mapsto & G' & \mapsto & C \\
H&\mapsto & H' & \mapsto & D \\
\end{matrix}Para que a centro, designado por \;O, da rotação seja o centro da homotetia é preciso que \;\alpha=EÔE'=EÔA=FÔF'=FÔB=GÔG'=GÔC=HÔH'=HÔD\;, já que, para a homotetia de centro \;O\; que faz corresponder \;H'\; a \;D\; e \;G'\; a \;C\;, \; O, \;H',\;D\;, são colineares como são colineares \;O, \;G', \;C, ou seja, \;HÔD = GÔC\;....
-
Como se determina esse ponto \;O\; centro da dilação rotativa (composta de rotação e homotetia de centro comum)?
- Toma-se, por exemplo, o ponto \;K\; da interseção \;CD.GH\; e o ângulo \; \alpha = (\dot{K}D, \dot{K}H)= (\dot{C}D, \dot{G}H) = (\dot{B}C, \dot{F}G), = ...
- Da circunferência que passa por \;H, \;D, \;K; o arco \;\widehat{HD} assinalado (a tracejado grosso) é o arco da circunferência \;(HDK); em que se inscreve \;\alpha\; e, por isso, qualquer ponto \;P\; da circunferência que não seja \;H, \;D, nem ponto desse arco é vértice de um ângulo H\hat{P}D de amplitude \;\alpha\;
Do mesmo modo, o arco \;\widehat{GC} da circunferência que passa por \;G, \;C, \;K\; em que se inscrevem ângulos de amplitude \;\alpha\; com vértice \;Q\; nessa circunferência \;(GCK)\; e fora do arco.
- No caso da nossa figura, as circunferências \;(GCK)\; e \;(HDK)\; têm dois pontos em comum que são vértices de ângulos de amplitude \;\alpha\;. Um deles é \;K\; e o outro é \;\mathbb{O}\;.
A vermelho na figura, este é o ponto procurado:
\begin{matrix}
&{\cal{R}}(O, \alpha)&&\\
G&\longmapsto & G'& G'ÔG= CÔG =\alpha\\
H&\longmapsto & H' & H'ÔH= DÔH =\alpha \wedge G'H' \parallel CD \wedge GH=G'H'\\
&&&\\
&{\cal{H}}(O, k)&&\\
G'&\longmapsto & C& G' \in OC\\
H'&\longmapsto & D & H' \in OD \wedge G'H'= GH = CD: \frac{CD}{G'H'}=\frac{CD}{GH} =k\\
\end{matrix}
© geometrias, 8 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra
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