Determinar a recta paralela a AC que divide o triângulo [ABC] em duas partes equivalentes.
A seguir, a construção de Mariana Sacchetti:
Cluzel & Robert. La Géometrie et ses applications. Enseignement Technique; Librairie Delagrave. Paris:1964
Mostrar mensagens com a etiqueta equivalência. Mostrar todas as mensagens
Mostrar mensagens com a etiqueta equivalência. Mostrar todas as mensagens
11.12.21
dividir um triângulo em iguais áreas por uma reta paralela a um lado
Problema:
Determinar a recta paralela a AC que divide o triângulo [ABC] em duas partes equivalentes.
A seguir, a construção de Mariana Sacchetti:
E a demonstração de MS aqui fica:
Cluzel & Robert. La Géometrie et ses applications. Enseignement Technique; Librairie Delagrave. Paris:1964
Determinar a recta paralela a AC que divide o triângulo [ABC] em duas partes equivalentes.
A seguir, a construção de Mariana Sacchetti:
Cluzel & Robert. La Géometrie et ses applications. Enseignement Technique; Librairie Delagrave. Paris:1964
27.8.17
Dividir um triângulo em duas partes equivalentes sendo uma delas um triângulo rectângulo
Dividir um triângulo em duas partes equivalentes
por uma perpendicular a um dos seus lados
por uma perpendicular a um dos seus lados
Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer triângulo e um dos seus lados há uma perpendicular a esse lado que o divide em dois polígonos equivalentes
O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um triângulo acutângulo \;ABC\; determinar uma perpendicular a \;BC,\;por exemplo, que divide \;ABC\; em duas partes iguais em área.
- Apresenta-se inicialmente um triângulo \;ABC.\;
- Sabemos que, das perpendiculares a \;BC,\; a altura \;AD\; divide o triângulo \;ABC\; em duas partes.
Quando e só quando \;D\; é o ponto médio de \;BC,\; \;ABD\; é equivalente a \;ACD\; e o segmento de reta que procuramos é a altura \;AD\; - Quando a área de \;ABD\; é maior que a área de \;BAD,\; a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados \;AB\; e \;BC.\; Designemos por \;A’\; e \;D’\; esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a \;BC\; que divide em duas partes equivalentes o triângulo \; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C] \;
Como determinamos \;D’? -
Quando a área de \;ABD\; é menor que a área de \;ADC,\; a reta perpendicular que procuramos é paralela à altura e há-de cortar os lados \;AC\; e \;BC.\; Designemos por \;A’\; e \;D’\; esses pontos de intersecção que definem a reta perpendicular a \;BC\; que divide em duas partes equivalentes o triângulo \; [ABC]=[A’CD’] \cup[D’A’AB]\; \;\; \wedge\;\;\; \mbox{Área de }\;\;[A’D’C] = \mbox{Área de }\;\;[D’A’AB] \;
Para este caso, a determinação de \;D'\; segue os mesmos passos.
- Sabemos que, das perpendiculares a \;BC,\; a altura \;AD\; divide o triângulo \;ABC\; em duas partes.
- Na figura agora apresentada, estão visíveis todos os elementos construtíveis auxiliares para a determinação da perpendicular \;A’D’\; tal que \; [ABC]=[A’BD’] \cup[AA’D’C]\; \;\; \wedge \;\; \mbox{Área de }\;\;[A’BD’] = \mbox{Área de }\;\;[AA’D’C]. \; Se se verificam as condições de divisão de \;ABC\; em duas partes equivalentes, então \;\mbox{Área de}\;\;[ABC] = 2 \times \mbox{Área de}\;\;[A’BD’]\;\; \mbox{ou} \;\; \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{1}{2}\mbox{Área de}\;\;[ABC] que é o mesmo que dizer \frac{BD’ \times A’D’}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{BC\times AD}{2} e, tomando o ponto \;M\; médio de \;BC\;, que é tal que \;\displaystyle BM=\frac{BC}{2},\; podemos escrever \mbox{Área de}\;\;[A’BD’] = \frac{BD’ \times A’D’}{2}= \frac{1}{2} (BM\times DA) A condição para a posição de \;A’D’\; pode assim resumir-se a \; BD’ \times A’D’ = BM\times DA \;\; \mbox{ou} \;\; \frac{BD’}{BM}=\frac{DA}{D’A’} Como \;A’D’\; e \;AD\; são perpendiculares à mesma \;BC\;, os triângulos \;ABD\; e \;A’BD’ \; são retângulos com um ângulo comum \;\hat{B}.\; \;\displaystyle \frac{DA}{D’A’} =\frac{BD}{BD’}\; E podemos assim escrever \frac{BD’}{BM}=\frac{BD}{B’D’}\;\; \mbox{ou} \;\; BD’^2 = BM \times BD o que nos determina a posição de \;D’\; sobre \;BC.\; Na nossa construção optámos por considerar a potência do ponto \;B\; relativa à circunferência de diâmetro \;MD\; e como o segmento da tangente a esse círculo tirada por \;B\; é tal que \;BT^2=BM \times BD\; sendo \;T\; o ponto de tangência, \;D’\; determina-se como um ponto de intersecção \;[BC] \cap (B, \; BT)\;
- Realçam-se o triângulo \;A’BD’\; de área igual a metade da área de \;ABC\; e o equivalente quadrilátero \;AA’D’C\; ambos azulados.
- Quando passa para a etapa 4 na barra de navegação dos passos de construção, verá o mesmo que viu na etapa anterior a menos que coloque \;A\; numa posição para a qual a área de \;ABD\; seja menor que a área de \;CAD.\; Deslocando \;A\; para o lado de \;B\; passará pelo caso em que \;AD\; divide \;ABC\; em dois triângulos iguais e finalmente para o caso em que uma perpendicular a \;BC\; divide \;ABC\; em duas partes equivalentes: \;CA'D'\; e \;ABD'A'\; esverdeadas.
26 agosto 2017, Criado com GeoGebra
Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947
21.8.17
Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma reta a passar por um vértice
Dividir um quadrilátero em duas partes equivalentes por uma reta a passar por um vértice
Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que para qualquer quadrilátero há uma reta a passar por um vértice que o divide em dois polígonos equivalentes
O enunciado do problema desta entrada é:
Dado um quadrilátero \;ABCD\; determinar uma reta a passar, por exemplo, por \;D,\; que divide \;ABCD\; em duas partes iguais em área.
- Apresenta-se inicialmente um quadrilátero \;ABCD.\;
- Sabemos que, das retas tiradas por \;D,\; a diagonal \;DB\; divide o quadrilátero \;ABCD\; em duas partes.
Quando \;ABD\; é equivalente a \;BCD\; o segmento de reta que procuramos é \;BD\; - Quando a área de \;ABD\; é maior que a área de \;BCD,\; a reta que procuramos há-de cortar o segmento \;AB.\; Designemos por \;E\; o ponto de \;AB\; para o qual \;DE\; divide em duas partes equivalentes o quadrilátero \;[ABCD]= [AED] \cup [BCDE]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[AED] = \mbox{Área de }\;\;[BCDE] \;
Como determinamos \;E ? -
Quando a área de \;ABD\; é menor que a área de \;BCD,\; o segmento da reta que procuramos há-de ter para segundo extremo um ponto \;F\; de \;BC.\; para o qual \;DF\; divide em duas partes equivalentes o quadrilátero \;[ABCD]= [ABFD] \cup [FCD]\; \;\; \wedge \mbox{Área de }\;\;[ABFD] = \mbox{Área de }\;\;[FCD] \;
Como determinamos \;F?
- Sabemos que, das retas tiradas por \;D,\; a diagonal \;DB\; divide o quadrilátero \;ABCD\; em duas partes.
- O quadrilátero \;ABCD\; com os vértices nas posições apresentadas inicialmente é tal que \;\mbox{Área de}\;\;[ABD] > \mbox{Área de}\;\;[BCD]\; e é, por isso, necessário cortar alguma parte ao \;[ABD].\; E, de acordo com o enunciado, \;D\; deve ser um extremo do segmento de reta que corta \;ABD\; e divide o quadrilátero em duas partes iguais. Se chamarmos \;E\; ao outro extremo do segmento, terá de ser \;[AED]\; equivalente a \;[BCDE].\;
Como se vê na figura, tomámos as seguintes retas \;AB,\;DB,\; uma paralela a \;DB\; tirada por \;C\; que interseta \;AB\; em \;C’\; e finalmente a reta \;DC’.\;
Como é óbvio, os triângulos \;DBC\; e DBC’ têm uma base \;DB\; comum e os vértices \,C, \;C’\; opostos a \;DB\; sobre uma paralela a ela. São, por isso, iguais em área. Assim, \mbox{Área de}\;\;[DEBC] =\mbox{Área de}\;\;[DEB]+ \mbox{Área de}\;\;[BCD]= \mbox{Área de}\;\;[DEB]+ \mbox{Área de}\;\;[BC’D] =\mbox{Área de}\;\;[DEC’]. Como \;DE\; deve ser tal que \;\mbox{Área de}\;\;[DEBC] = \;\mbox{Área de}\;\;[AED],\; pelo que vimos há pouco \;\mbox{Área de}\;\;[DEBC]=\;\mbox{Área de}\;\;[DEC’] e, em consequência, \;\mbox{Área de}\;\;[AED]=\mbox{Área de}\;\;[DEC’]\; o que, para ser verdade, como a distância de \;D\; a \;AB\; é a altura comum aos dois triângulos de bases \;AE, \; EC’\; que têm de ser equivalentes, então \;E\; tem de ser o ponto médio de \;AC’.\; Ficamos a saber os passos do processo de determinação de \;E\; que com \;D\; define a reta que corta o quadrilátero em duas partes equivalentes. - No passo 3, precisamos que o leitor desloque, por exemplo \;C,\; para uma posição tal que \;\mbox{Área de }\;\;[ABD] < \mbox{Área de }\;\;[ABD] \; em que teremos de procurar/apresentar um ponto \;F\; de \;BC\; tal que \;DF\; divide o quadrilátero \;ABCD\; em duas partes equivalentes. O processo é inteiramente análogo ao anterior.
21 agosto 2017, Criado com GeoGebra
Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947
17.8.17
Dados os paralelogramos ABDE e ACFG sobre os lados AB e AC de um triângulo ABC, determinar um paralelogramo BCKL cuja área seja igual à soma das áreas dos outros dois.
Trilátero abc e áreas de paralelogramos construídos sobre a, b, c exteriormente
Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar que há um paralelogramo em que um dos lados é BC equivalente à soma de dois paralelogramos construídos sobre os lados AB e AC exteriormente ao triângulo ABC
O enunciado do problema desta entrada é:
Construir (e demonstrar) que dado um triângulo \;ABC\; qualquer e dois paralelogramos cada um sobre um de dois dos seus lados, por exemplo \;AB\; e \;AC,\; construídos exteriormente ao triângulo dado, construir um paralelogramo sobre o terceiro lado \;BC\; cuja área seja igual à soma das áreas dos primeiros dois paralelogramos.
- Apresenta-se inicialmente um triângulo \;ABC\; qualquer (\;A, \;B, \;C\; livres no plano da construção)
- Sobre \;AB\; aparece construído um paralelogramos \;ABDE\; em que \;D\; é um ponto qualquer no exterior de \;ABC\; e no semiplano determinado por \;AB\; sem pontos interiores de \;ABC.\; O quarto ponto \;E\; do paralelogramo é a interseção da paralela a \;BD\; tirada por \;A\; com a paralela a \;AB\; tirada por \;D\;
- De modo análogo se construíu o paralelogramo \;ACFG\; em que \;F\; tem graus de liberdade num semiplano para o exterior de \;ABC\; dos determinados por \;AC.\;
- A construção do paralelogramo \;BCKL\; que é tal que
\;\mbox{Área de}\;\; [BCKL] = \mbox{Área de}\;\; [ABDE] + \mbox{Área de}\;\; [ACFG]\;
apoia-se exclusivamente na Proposição XXXV. PROB. do LIVRO I de “Os Elementos”: Os paralelogramos que estão sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais.
- Como as retas \;AB\; e \;AC\; se intersetam em \;A\; também as suas paralelas a \;AB\; tirada por \;D\; e a \;AC\; tirada por \;F\; se interseta, denominemos por \;H\; o ponto \;DE.FG
- E se considerarmos os paralelogramos \;ABB’H \; e \;ACC’H\;\; (BB’ \parallel CC’ \parallel AH, \; pela proposição referida acima, verificam-se as equivalências: \;[ABDE] \simeq [ABB’H]\; e \;[ACFG] \simeq [ACC’H].\;
- Repare-se que estes paralelogramos têm em comum um lado \;AH\; com os mesmos comprimento e direção de \;BB’\; e \;CC’\;
- Se tomarmos as retas \;BB’\; e \:CC’\; paralelas a \;AH\; podemos considerar novos paralelogramos entre a reta \;AH\; (que é a mesma que \;MN\; em que \;M\; é \;AH.BC\; e \;MN=AH\;) por um lado e por outro \;BL,\; ou \;CK.\; Assim, recorrendo à Prop. XXXV, sabemos que \;[ABB’H] \simeq [BLNM] \; e \;[ACC’H] \simeq [CKNM].\;
- Ora \;[BLNM] \cup [CKNM] = [BCKL],\; que é um paralelogramo, e consideradas as equivalências confirmadas, em consequência \; \mbox{Área de}\;\;[BCKL] = \mbox{Área de}\;\;[ABDE] + \mbox{Área de}\;\;[ACFG].
- Finalmente realçam-se os segmentos que são os lados dos diferentes paralelogramos auxiliares das demonstração e construção do paralelogramo \;BCKL\; cuja área é igual à soma das áreas dos paralelogramos \;ABDE\; e \;ACFG.\; □
17 agosto 2017, Criado com GeoGebra
Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947
11.8.17
Crescente equivalente a um triângulo
Um Crescente é equivalente a um triângulo
Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar a equivalência de um triângulo a um Crescente limitado por dois arcos circulares.
O enunciado do problema desta entrada é:
Demonstrar que um Crescente Vermelho (entre dois arcos) na figura é igual em área a um triângulo.
- Apresenta-se inicialmente uma circunferência de centro \;O\; e diâmetro \;AB\; e a mediatriz de \;AB\; que intersecta a circunferência em \;C, \;D.\,
- A seguir mostra-se a circunferência de centro em \;D\; e raio \;DA:\;.
Como \;CD\; é a mediatriz de \;AB,\; sabemos que \;AD=BD;\; e, como \;AB\; é diâmetro de \;(O, \;OA)\; e \;D \in (O,\;OA),\; o triângulo \;ABD\; é rectângulo em \;D\;. Por isso, \;AB^2= 2AD^2 .\; Claro que também podíamos ter usado o facto de \;ODA\; ser triângulo rectângulo em \;O\; para concluir que \;AD^2 = 2OA^2\; - O semicírculo de centro \;O\; e raio \;OA\; que designamos por \;\widehat{ACB}\overline{BA},\; neste passo evidenciado, tem área \; \frac{\pi\times OA^2}{2}= \frac{\pi \times 2.OA^2}{4} =\frac{\pi \times AD^2}{4}\;
- Chamamos Crescente ao que sobra do semicírculo vermelho após retirarmos o segmento circular \;\widehat{AB}\overline{BA}\; do círculo \;(D,\;DA).\;
- O segmento circular referido tem área igual à área do que sobra do sector circular \;D\widehat{AB}\; (quarto do círculo) \;\frac{\pi \times AD^2}{4} depois de lhe retirarmos o triângulo \;ABD\; rectângulo em \;D\; de área \; \frac{AD^2}{2} Por um lado a área do Crescente é igual à área do semicírculo de centro \;O\; e raio \;OA\; \frac{\pi \times AD^2}{4} subtraída da área do segmento que é, como vimos, \frac{\pi \times AD^2}{4} - \frac{AD^2}{2} ou seja, \mbox{Área do Crescente} = \frac{\pi \times AD^2}{4} - \left(\frac{\pi \times AD^2}{4} - \frac{AD^2}{2}\right)= \frac {AD^2}{2}= \mbox{Área do triângulo}\,\;\; ABD como queríamos demonstrar.
11 agosto 2017, Criado com GeoGebra
Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947
4.8.17
Uma superfície limitada por três arcos circulares equivalente a um quadrado.
Uma superfície de gumes circulares equivalente a um quadrado
Apresentamos a seguir uma construção dinâmica a ilustrar a equivalência de um quadrado a uma superfície limitada por arcos de circunferências.
Tomamos um quadrado \;ABCD\; e uma das diagonais, por exemplo, \;BD\; e consideremos o arco \;BD\; de centro em \;A\; e os arcos \;BGA\; - de diâmetro \;AB,\; centro \;E\; - e \;AGD\; - de igual diâmetro \;DA,\; e centro em \;F\;. Estes três arcos circulares limitam uma superfície (a vermelho na figura abaixo)
O enunciado do problema desta entrada é:
Demonstrar que a superfície a vermelho na figura é igual em área a um quadrado de lado \;\displaystyle\frac{AB}{2}\; (um quarto do quadrado \;ABCD)\;.
- \;ABCD\; são vértices de um quadrado;
- As diagonais \;BD\; e \;AC\; são perpendiculares e bissectam-se.
- O arco \;\hat{BD}\; é um quarto da circunferência de raio igual ao lado do quadrado \;ABCD\;. O quarto do círculo correspondente tem área \; \frac{\pi\times AB^2}{4}\;
- Os arcos \;\widehat{AGB}\; e \;\widehat{AGD}\; das circunferências de diâmetros \;AB\; e \;AD\; são semicircunferências iguais. A área de cada um doss semicírculos correspondentes às semicircunferências é \; \pi \times \frac{\left(\frac{ AB}{2}\right)^2}{2} = \frac{\pi \times AB^2}{8},\; metade da área do quarto de círculo de raio \;AB.\;
3 agosto 2017, Criado com GeoGebra
- Por isso \mbox{Área de} (E,\widehat{AGD})+\mbox{Área de} (F,\widehat{AGB})=\mbox{Área de} (A,\widehat{AB}), (A,\widehat{AB})\setminus(F,\widehat{AGB})= (E, \widehat{AGD}) Também sabemos que \; (F, \widehat{AG}) = (F,\widehat{GD})= (E, \widehat{AG}) = (E, \widehat{GB}). Basta agora olhar para \;(F,\widehat{AGA}); no lugar de \;(E, \widehat{BGB})\; para vermos que o semicírculo de centro em \;E\; e raio \; \displaystyle \frac{AB}{2}= AE=EB=EG\; é assim composto: \;(E, \widehat{GAG}) \cup \;(E, \widehat{BGB}) \cup \Delta[BGA] \; de conjuntos disjuntos igual à metade do quarto de círculo que contém toda a superfície vermelha acrescentada de um triângulo de base \;AB\; e respectiva altura \;EG\; cuja área é \frac{AB \times EG}{2} = \frac{\left(AB \times \displaystyle \frac{AB}{2}\right)}{2} = \left(\frac{AB}{2}\right)^2 de um quadrado de lado igual a metade do lado do quadrado \;ABCD.\;
Usando o botão [mover peças], verá que a nossa superfície vermelha é equivalente à parte do círculo \;(A, AB)\; entre a corda \;[AB]\; e o arco \;\widehat{AB}\; e que esta é igual em área ao quadrado de vértices \;A, G\; opostos que também se pode ver quando a animação é concluída.
Cluzel, R.; Robert, J-P. La Géometrie et ses applications. (Enseignement Technique) Librairie Delagrave. Paris: 1964
Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie -quatrième livre: Les Aires 4. éd.,Librairie Vuibert. Paris:1947
28.7.17
28.4.17
21.3.17
13.5.16
Quadratura de um "crescente" (lúnula , Hipocrates)
Ao filósofo / médico / matemático grego Hipocrates de Cós (n. 460 A.C. em Cós -
f. 370 A.C. em Lárissa) é atribuído o estudo de várias figuras limitadas por por dois arcos de circunferências (dos quais um é semicircunferência e outro é um arco de circunferência correspondente à corda diâmetro da anterior) a que chamou lúnulas. Nesta entrada, procuramos ver que uma determinada lúnula (crescente) tem área igual a um dado quadrado.
Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área de uma dada lúnula que tem como diâmetro do primeiro arco (semicircunferência) o lado do quadrado inscrito na circunferência do segundo arco.Fazendo variar os valores de \;\fbox{n}\; no cursor do topo à esquerda, pode seguir os passos da resolução/demonstração.
Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área de uma dada lúnula que tem como diâmetro do primeiro arco (semicircunferência) o lado do quadrado inscrito na circunferência do segundo arco.
©geometrias, 12 maio 2016, Criado com GeoGebra
\fbox{n=1}\;\;\;\; Apresenta-se a lúnula em estudo e da qual intentaremos uma quadratura.
\fbox{n=2}\;\;\;\; As duas circunferências em causa são uma com centro em \;O\; e diâmetro \;AB\; e outra de centro em \;C\; e raio\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;AC\; circunscrita ao quadrado de lado \;A, \; no caso \;ABEF\;
\fbox{n=3}\;\;\;\; Na figura estão em evidência o quadrado \;ADBC\; inscrito na circunferência de centro \;O\; e diâmetro \;AB,\; o\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; quadrado \;ABEF\; inscrito na circunferência de centro \;C\; e raio \;AC\;
\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; O quadrado \;ADBC\; está dividido em dois (quatro) triângulos retângulos. Tomemos o triângulo \;ABC\; \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; retângulo em \;C\; e retenhamos que a área do quadrado de lado \;AB\; é igual à soma das áreas os quadrados \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; de lados \;BC\; e \;CA\; (I.47 - Teor. de Pitágoras)
\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; Como \;BC=CA\; podemos dizer que a área do quadrado de lado \;AB\; é o dobro da área do quadrado de \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;lado \;BC\; (ou \;CA ): \; — AB^2 = 2 \times BC^2.\;
\;\mathfrak{area}[ABEF] = 2\times \mathfrak{area}[ADBC] \; \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; e, por isso, a razão entre as áreas dos círculos também será de 1 para 2: \;\mathfrak{area}(C,\;CA) = 2 \times \mathfrak{area}(O,\;OA) \;
\fbox{n=4}\;\;\;\; Na figura ilustramos as diferenças de cada um dos círculos para os seus quadrados inscritos para esclarecer\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; que se retirarmos à área de \;(C, \;CA)\; quatro áreas iguais a \;(AMBOA]\; ficamos com a área do quadrado\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[ABEF].\; De igual modo, acontece com \;(O, \;OA)\; e \;[ADBC].\;
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(C,\;CA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ABEF]\;\; que é o mesmo que
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 2\times \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area} [ADBC],\; e dividindo por dois \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(O,\;OA) - 2\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ADBC].\; E, porque
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(ADA] = \mathfrak{area}[ADBC],\; é obvio que \;\mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area}(ADA].\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;Podemos concluir que \;\mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area}(ADA] +\mathfrak{area}(DBD] .\;
\fbox{n=5}\;\;\;\; Tirando \;\mathfrak{area} (AMBOA] \; à semicircunferência \;\mathfrak{area}(ADBO]\; ficamos com a \;\mathfrak{area}(ADBMA(\; da lúnula Por \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;outro lado, vimos que tirando \;\mathfrak{area}(BCB] +\mathfrak{area}(CAC]\; à semicircunferência \;\mathfrak{area}[AOCBCA)\; ficamos \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;com o triângulo retângulo \; \mathfrak{area}[ABC].\; Como iguais subtraídos de iguais são iguais (noção comum 3),\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; podemos concluir que \mathfrak{area}(ADBMA( = \mathfrak{area}[ABC]
\fbox{n=6}\;\;\;\; E a área do triângulo \;[ABC]\; é obviamente igual à área do quadrado \;[AOCJ],\; por exemplo. Assim fica feita a \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;quadratura do "crescente".
\fbox{n=2}\;\;\;\; As duas circunferências em causa são uma com centro em \;O\; e diâmetro \;AB\; e outra de centro em \;C\; e raio\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;AC\; circunscrita ao quadrado de lado \;A, \; no caso \;ABEF\;
\fbox{n=3}\;\;\;\; Na figura estão em evidência o quadrado \;ADBC\; inscrito na circunferência de centro \;O\; e diâmetro \;AB,\; o\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; quadrado \;ABEF\; inscrito na circunferência de centro \;C\; e raio \;AC\;
\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; O quadrado \;ADBC\; está dividido em dois (quatro) triângulos retângulos. Tomemos o triângulo \;ABC\; \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; retângulo em \;C\; e retenhamos que a área do quadrado de lado \;AB\; é igual à soma das áreas os quadrados \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; de lados \;BC\; e \;CA\; (I.47 - Teor. de Pitágoras)
\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; Como \;BC=CA\; podemos dizer que a área do quadrado de lado \;AB\; é o dobro da área do quadrado de \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;lado \;BC\; (ou \;CA ): \; — AB^2 = 2 \times BC^2.\;
\;\mathfrak{area}[ABEF] = 2\times \mathfrak{area}[ADBC] \; \\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; e, por isso, a razão entre as áreas dos círculos também será de 1 para 2: \;\mathfrak{area}(C,\;CA) = 2 \times \mathfrak{area}(O,\;OA) \;
\fbox{n=4}\;\;\;\; Na figura ilustramos as diferenças de cada um dos círculos para os seus quadrados inscritos para esclarecer\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; que se retirarmos à área de \;(C, \;CA)\; quatro áreas iguais a \;(AMBOA]\; ficamos com a área do quadrado\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[ABEF].\; De igual modo, acontece com \;(O, \;OA)\; e \;[ADBC].\;
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(C,\;CA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ABEF]\;\; que é o mesmo que
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 2\times \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area} [ADBC],\; e dividindo por dois \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(O,\;OA) - 2\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ADBC].\; E, porque
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(ADA] = \mathfrak{area}[ADBC],\; é obvio que \;\mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area}(ADA].\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;Podemos concluir que \;\mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area}(ADA] +\mathfrak{area}(DBD] .\;
\fbox{n=5}\;\;\;\; Tirando \;\mathfrak{area} (AMBOA] \; à semicircunferência \;\mathfrak{area}(ADBO]\; ficamos com a \;\mathfrak{area}(ADBMA(\; da lúnula Por \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;outro lado, vimos que tirando \;\mathfrak{area}(BCB] +\mathfrak{area}(CAC]\; à semicircunferência \;\mathfrak{area}[AOCBCA)\; ficamos \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;com o triângulo retângulo \; \mathfrak{area}[ABC].\; Como iguais subtraídos de iguais são iguais (noção comum 3),\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; podemos concluir que \mathfrak{area}(ADBMA( = \mathfrak{area}[ABC]
\fbox{n=6}\;\;\;\; E a área do triângulo \;[ABC]\; é obviamente igual à área do quadrado \;[AOCJ],\; por exemplo. Assim fica feita a \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;quadratura do "crescente".
-
EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
20.4.16
Construir um paralelogramo equivalente a um polígono
As últimas entradas foram dedicadas a problemas de construção de paralelogramos equivalentes a triângulos dados, ...
A proposição I.45 de "Os Elementos" trata do problema de construção de um paralelogramo de área igual a um polígono, sendo dados um lado e um ângulo do paralelogramo a construir .
Este problema resolve-se com recurso às construções de paralelogramo equivalente a um triângulo dado que é repetida tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono em causa.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono \;ABCDEF\; e tomamos para lado do paralelogramo o segmento \;GH\; e um ângulo \; \angle STU \; a que deve respeitar o ângulo do paralelogramo de vértice \;H.\; Pode variar o ângulo \; \angle STU,\; o comprimento de \;GH.\;
Este problema resolve-se com recurso às construções de paralelogramo equivalente a um triângulo dado que é repetida tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono em causa.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono \;ABCDEF\; e tomamos para lado do paralelogramo o segmento \;GH\; e um ângulo \; \angle STU \; a que deve respeitar o ângulo do paralelogramo de vértice \;H.\; Pode variar o ângulo \; \angle STU,\; o comprimento de \;GH.\;
©geometrias, 20 abril 2016, Criado com GeoGebra
No caso,decompusemos o nosso polígono \;ABCDEF\; de 6 lados em 4 triângulos \;ABC, \;ACD, \;ADE, \;AEF.\; Começando por construir um paralelogramo de lado \;GH\; de área igual a \;ABC\; (exatamente, como fizemos em I.44). Depois construímos um paralelogramo de área igual a \;ACD\; agora sobre o lado do primeiro paralelogramo oposto a \;GH, \;
etc. Desse modo, construímos quatro paralelogramos, cada um deles com área igual a um dos triângulos em que decompomos o polígono. Assim o paralelogramo \;GHILJ\; e o polígono \;ABCDEF\; são equivalentes (de áreas iguais). Claro que este processo pode ser usado para construir paralelogramos equivalentes a polígonos de qualquer número de lados.
Para evitar a complicação que este processo euclidiano de repetição acarreta, convém lembrar que se pode sempre construir um triângulo equivalente a um polígono(qualquer que ele seja) e depois só haverá necessidade de aplicar os procedimentos (I.44).
Para evitar a complicação que este processo euclidiano de repetição acarreta, convém lembrar que se pode sempre construir um triângulo equivalente a um polígono(qualquer que ele seja) e depois só haverá necessidade de aplicar os procedimentos (I.44).
-
EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
26.3.15
Elementos: álgebra geométrica (Prop. XI do Livro II)
Continuando:
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\;
© geometrias. 26 de Março 2015, Criado com GeoGebra
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\;)
Livro I
PROP. XXXVI. TEOR.
Os paralelogramos, que estão postos sôbre bases iguais, e entre as mesmas paralelas, saão iguais
PROP. X. PROB.
Dividir em duas partes iguais uma linha reta de um comprimento dado.
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possíve, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
PROP. III. PROB.
Dadas duas linhas retas desiguais, cortar da linha maior uma parte igual à linha menor.
POST III
(Pede-se, como cousa possíve,)E que com qualquer centro e qualquer intervlao se descreva um círculo.
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
AXIOMA III
E se de cousas iguais se tirarem outras iguais, os restos serão iguais .......................................
Livro II
PROP.VI. PROB
Se uma linha reta fôr dividida em duas partes iguais, e em direitura com ela se puser outra reta, será o retângulo compreendido pela reta tôda e mais a adjunta, e pela mesma adjunta juntamente com o quadrado da metade da primeiro igual ao quadrado da reta, que se compõe da mesma metade, e da outra reta adjunta.
- Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000
21.3.15
elementos: segundo exemplo de álgebra geométrica (Livro II, Prop. VI)
Na entrada anterior, apresentámos os passos sequenciais de uma construção feita a partir de um segmento de reta \;AB,\; do seu ponto \;C\; que o dividia em duas partes iguais e de um outro \;D\; que o dividia em duas partes desiguais, para demonstrar que AD\times BD + CD^2 = BC^2 usando somente a igualdade de áreas e o método corta e cola. E continuamos com
Sendo uma reta \;AB,\; e nela o ponto \;C\; que divide o segmento \;AB\; em duas partes iguais e um ponto \;D\; tal que \;AD = AB+BD,\; então AD \times BD + CB^2 = CD^2 , isto é, o retângulo de lados iguais a \;AB\; e \;BD\; acrescentado do quadrado de lado igual a \;CB\; é igual ao quadrado de lado igual a \;CD \;.
© geometrias. 21 de Março 2015, Criado com GeoGebra
Passos da construção e da prova
- (46.1) - Construímos o quadrado de lado \;CD,\; CEFD \; e tiramos \;DE\;.
- (31.1) -
- Por \;B\; tiramos uma paralela a \;CE\; ou a \;DF\; -\; BHG\; - em que \;G\; e \;H\; são pontos de \;EF\; e de \;DE,\; respetivamente.
- Em seguida, por \;H\; tiramos uma paralela a \;AD\; ou a \;EF \; - \;LHM\; - em que \;L \; e \;M\; são pontos de \;CE\; e de \;DF,\; respetivamente.
- e, finalmente, por \;A\; tiramos uma paralela a \;CL\; ou a \; DM\; - \;AK\; - sendo \;K\; um ponto da reta \;LM\;
- (36.1) - Por ser \;AC=CB, \; AKLC\; e \;CLHB\; são iguais em área (equivalentes)
- (43.1) - \;CLHC\; e \;HGFM\; são iguais em área por serem complementos dos quadrados \;BHMD\; e \;LEGC\; na diagonal do quadrado \;CEFD\;. E assim \;AKLC\; e \;HGFM\; são iguais em área o que nos permite concluir que \; AKMD\; é igual em área ao gnomon \;CLHGFD\;
- (Cor 4.2.) - \;DM=DB\; e, por isso, \;AKMD\; de lados \;AD\; e \;MD \; é um retângulo de lados iguais a \;AD\; e \;DB\;
- O retângulo de lados \;AD, DB\; - \;AKMD \;- acrescentado do quadrado de lado \;BC \;- \;LEGH\; - é igual em área ao gonomon \;CMG\; - \;CLHGFD\; - acrescentado do quadrado de lado igual a \;BC\; - \;LEGH,\; e por isso, obviamente iguais em área ao quadrado \;CEFG \; de lado igual a \;BC\; □
Livro I
PROP. XXXI. PROB.
De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada
PROP. XXXVI. TEOR.
Os paralelogramos, que estão postos sôbre bases iguais, e entre as mesmas paralelas, saão iguais
PROP. XLIII. TEOR.
Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si
.......................................
Livro II
PROP.IV. PROB
Se uma reta fôr cortada em duas partes quaisquer, será o quadrado da tôda igual aos quadrados das partes, juntamente com o retângulo das mesmas partes tomados duas vezes.
COROL.
Disto se segue que os paralelogramos, que existem na diagonal de um quadrado são também quadrados.
- Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000
Subscrever:
Mensagens (Atom)