Generalização do Teorema de Menelau

O Teorema de Menelau pode ser generalizado de modo análogo ao que foi feito com o Teorema de Ceva. Destaquemos então o essencial do Teorema de Menelau para os triângulo, usando índices.
São dados:

1. Três pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$ não colineares.
2. Uma reta $r$ distinta das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_1$
3. Os três pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.r$, $\{B_2\} = A_2 A_3.r$, $\{B_3\} = A_3 A_1 . r$

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
Se estas condições se verificarem, resulta que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_1} = -1$$ Tal foi demonstrado recentemente.
Com o objetivo de generalizar o Teorema de Menelau, apresentamos uma construção que ilustra o processo.

1. Consideramos cinco pontos $\{ A_i\}_{i=1, \ldots, 5}$ e as cinco retas ${A_i A_{i+1}}_{i=1, \ldots, 5}$, considerando como já o fizemos antes ($A_6 = A_1$, por ser $6=\dot{5}+1$
2. Consideramos uma reta $r$ distinta de cada uma das retas $A_i A_{i+1}$ e os cinco pontos obtidos como secção por r dos lados do pentágono, a saber: ${B_i} =r. A_i A_{i+1}, i=1, \ldots, 5$

Verificadas estas condições, resultará que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4} \times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= -1$$

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
A construção acima apresenta o essencial da nossa demonstração.
O petágono de vértices $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ pode ser decomposto em três triângulos. No caso da nossa construção, tomámos os triângulos orientados $A_1 A_2, A_3$, $A_1 A_3 A_4$ e $A_1 A_4 A_5$ e os pontos ${B'_3} = r. A_1 A_3$ e ${B'_4} = r. A_1 A_4$.
Aplicando o Teorema de Menelau a cada um destes triângulos de lados cortados por $r$, obtêm-se as seguintes igualdades: $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B'_3}{B'_3 A_1}=-1 \hspace{.5cm} \frac{A_1 B'_3}{B'_3 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times \frac{A_4 B'_4}{B'_4 A_1}=-1 \hspace{.5cm} \frac{A_1 B'_4}{B'_4 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= -1$$ cujo produto $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B'_3}{B'_3 A_1}\times \frac{A_1 B'_3}{B'_3 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times \frac{A_4 B'_4}{B'_4 A_1} \times \frac{A_1 B'_4}{B'_4 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= (-1)^3 =-1$$ donde podemos concluir que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}=-1$$ já que $$\frac{A_3 B'_3}{B'_3 A_1}\times \frac{A_1 B'_3}{B'_3 A_3}\times \frac{A_4 B'_4}{B'_4 A_1} \times \frac{A_1 B'_4}{B'_4 A_4}=1 $$ obviamente.

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O Teorema de Menenaus generalizado pode agora ser enunciado: Sendo $n$ ímpar, se $A_1, A_2, \ldots A_n $ $n$ pontos não colineares 3 a 3 e ${B_i}=r. A_i A_{i+1}$ índices módulo $n$ e ${B_i} = r.A_i A_{i+1}$, então $$\Pi_{i=1}^n \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}}=-1 $$ A demonstração segue o processo usado para n=5.

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Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011

Teorema de Hoehn

O Teorema de Ceva pode ser generalizado? Pode. A entrada anterior sugere a generalização e sua demonstração. Por exemplo, na figura dinâmica que se segue, temos

1. Sete pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$, $A_5$, $A_6$, $A_7$, dos quais não há 3 colineares.
2. Um ponto P não incidente em qualquer das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_4$, $A_4 A_5$, $A_5 A_6$, $A_6 A_7$, $A_7 A_8$ ($A_8 = A_1$ por ser $8=\dot{7} +1$)
3. Os sete pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.P A_5$, $\{B_2\} = A_2 A_3.P A_6$, $\{B_3\} = A_3 A_4.P A_7$, $\{B_4\} = A_4 A_5.P A_1$, $\{B_5\} = A_5 A_6.P A_2$, $\{B_6\} = A_6 A_7.P A_3$, $\{B_7\} = A_7 A_1.P A_4$, genericamente: $\{B_i\} = A_i A_{i+1}.P A_{i+\frac{7+1}{2}}$

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
Se estas condições se verificarem, resulta que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_5} \times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_6}\times \frac{A_6 B_6}{B_6 A_7}\times \frac{A_7 B_7}{B_7 A_1} = 1$$ que é mesmo que escrever $$\Pi_{i=1}^{7} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1$$ Para cada razão simples ($A_i B_i A_{i+1}$) consideramos o triângulo $A_i A_{i+1} A_{i+(7+1)/2}$,   partir do qual, tal como vimos no Teorema de Ceva, se pode escrever que $$\frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = \frac{[A_i P A_{i+(7+1)/2}]}{[P A_{i+1} A_{i+(7+1)/2}]}.$$ e verificar que $$\Pi_{i=1}^n \frac{[A_i P A_{i+(7+1)/2}]}{[P A_{i+1} A_{i+(7+1)/2}]}= \frac{[A_1 P A_{1+3}]}{[P A_{1+1} A_{1+4}]} \times \frac{[A_2 P A_{2+3}]}{[P A_{2+1} A_{2+4}]} \times \frac{[A_3 P A_{3+4}]}{[P A_{3+1} A_{3+4}]} \times \frac{[A_4 P A_{4+4}]}{[P A_{4+1} A_{4+4}]}\times \frac{[A_5 P A_{5+4}]}{[P A_{5+1} A_{5+4}]} \times \frac{[A_6 P A_{6+4}]}{[P A_{6+1} A_{6+4}]} \times \frac{[A_7 P A_{7+4}]}{[P A_{7+1} A_{7+4}]} =1$$ por ser $A_8 = A_1$, $A_9 = A_2$, $A_{10} = A_3$ e $A_{11} = A_4$ e a cada triângulo do numerador corresponder no denominador triângulo com os mesmo vértices e de igual área, por exemplo, $[A_2 P A_{2+4}]$ do numerador da segunda fração é igual a $[P A_{6} A_{5+4}]$ do denominador da quinta fração do produto. Esta situação é bem ilustrada na construção.

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O Teorema de Hoehn (Ceva generalizado) pode enunciar-se:
Sendo $n$ um número ímpar e quaisquer n+1 pontos $A_1, A_2, \ldots A_n$ (dos quais não há 3 colineares} e $P$ que não incida em qualquer das retas $A_i A_{i+1}, i=1, \dots, n-1$, tomados os pontos $\{B_i\}=A_i A_{i+1}.PA_j $ em que $j=i+\frac{n+1}{2}$ (índices módulo $n$, $A_{n+1} = A_1, \ldots$) então $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1, $$ e demonstrar-se como se fez para a figura acima (de 7 retas). bastando para tanto substituir $7$ por $n$, nos diversos passos da demonstração. $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = \Pi_{i=1}^{n} \frac{[A_i P A_{i+(n+1)/2}]}{[P A_{i+1} A_{i+(n+1)/2}]}$$ sendo que, no segundo membro da igualdade, cada fator do denominador ocorre também no numerador. Por exemplo, $[A_1 P A_{1+(n+1)/2}]$, do mumerador da primeira fração fator, é igual a $[P A_{1+(n+1)/2} A_{n+1}]$ da última fração fator.

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Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011