Colar triângulos equipados com configurações de Ceva e relação associada a uma triangulação fechada

Jurgen Richter-Gebert acha que as configurações de Ceva e Menelaus, sendo estruturas muito simples, podem ser a base para construir blocos para novos e mais complexos resultados. Para isso, procura-se uma forma de colar várias destas estruturas simples.
Comecemos com um triângulo $ABC$ (orientado de $A$ para $B$ para $C$, ou no sentido contrário ao dos ponteiros do relógio). Uma configuração Ceva considera, para além dos vértices $A$, $B$ e $C$, os pontos dos bordos $X$ de $AB$, $Y$ de $BC$ e $Z$ de $CA$ e o ponto $P$ de Ceva comum às cevianas $AY$, $BZ$ e $CX$. A esta configuração de Ceva associa-se a relação, já demonstrada, $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} = 1$$ Considerando dois triângulos equipados com a configuração Ceva, $ABC$ e $ACD$, que partilham um lado comum $AC$ e o ponto $Z$ desse lado.
Sabemos que para além da relação já associada à configuração de vértices $A, B, C$ há a considerar a relação de Ceva da configuração de vértices $A, C, D$. A saber: $$\frac{AZ}{ZC} \times \frac{CU}{UD} \times \frac{DV}{VA} = 1$$ O quociente $\frac{CZ}{ZA}$ que aparece na primeira relação é o inverso do quociente $\frac{AZ}{ZC}$ que aparece na segunda e, por isso, $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CU}{UD} \times \frac{DV}{VA} = 1$$.

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
Consideremos agora uma triangulação em que todos os triângulos estão equipados com configurações de Ceva satisfazendo a propriedade adicional de que cada um dos pontos dos bordos interiores são partilhados por dois triângulos adjacentes.
Se os triângulos forem orientados de forma consistente, triângulos adjacentes usam um lado comum em sentidos opostos e, por isso, para cada quociente relacionado com um ponto de lado interior de um triângulo há o seu inverso na relação Ceva do triângulo adjacente.
É assim que ficamos com uma expressão associada à triangulação adotada que não depende dos lados interiores dos triângulos, mas só dos vértices e dos pontos dos bordos exteriores da triangulação. Para ilustrar apresentamos a construção dinâmica de uma triangulação com $n$ triângulos de vértices $A_i, \; i=0, 1, \ldots, n $, sendo $A_0$ o vértice comum a todos eles, pontos de Ceva $P_i, \; i=1, \ldots, n$, e pontos de bordo $X_i, \; i=1, \ldots, n$ em que cada $X_i \in A_0 A_i$ e $B_i, \; i=1, \ldots, n$ do bordo exterior (ou fronteiro da triangulação) tais que $B_i \in A_i A_{i+1}$ sendo $A_{n+1} = A_1$.
A ilustração é feita para $n=5$

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella). Para a triangulação assim obtida, temos a relação $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times\frac{A_2 B_2}{B_2 A_3}\times\frac{A_3 B_3}{B_3 A_4}\times\frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times\frac{A_5 B_5}{B_5 A_1} =1$$ Para uma triangulação de $n$ triãngulos equipados com configurações Ceva nas condições já referidas (triângulos adjacentes partilhando um lado ($ A_0 A_i$) e o ponto de bordo ($X_i$) respetivo), temos a relação: $$\Pi_{i=1}^n \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1 $$ sendo $A_{n+1} = A_1$

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

Relações no conjunto quadrangular e relativamente ao quadrângulo associado

Durante o estudo das generalizações dos Teoremas de Ceva e Menelau, e já antes com o o Teorema de Armin Saam, tropeçámos com o que aconteceria quando tivéssemos um número de par de retas cortados por retas de um feixe ou por uma reta. Logo seguir ao triângulo, é o quadrilátero completo que nos surge, já estudado em diversas entradas.
Particularmente estudámos as secções por uma reta
- conjunto quadrangular geral (pontual de seis pontos) quando se trata da secção dos seis lados do quadrilátero completo por uma reta que não passa por qualquer dos vértices nem por qualquer dos pontos diagonais do quadrilátero completo;
- quaterno harmónico obtido pela secção de uma reta que não passa por qualquer dos vértices mas por dois pontos diagonais.
Na construção que se segue, temos

1. - os quatro pontos distintos (vértices de um quadrilátero) $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ dos quais não há 3 colineares.
2. - uma reta $r$ distinta das retas definidas pelos 4 pares de pontos anteriores: os lados definidos por vértices consecutivos $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_4$, $A_4 A_1$ e as diagonais definidas por pares de vértices opostos $A_1 A_3$, $A_2 A_4$
3. - os quatro pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.r$, $\{B_2\} = A_2 A_3.r$, $\{B_3\} = A_3 A_4 . r$, $\{B_4\}= A_4 A_1 . r$ e ainda $\{B'_3\}= A_1 A_3 . r$ e $\{E\} = A_2 A_4 . r$

A primeira parte da construção serve para verificar que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2} \times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4} \times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_1}= 1$$ que se obtém aplicando o Teorema de Menelau aos triângulos $A_1 A_2 A_3$ e $A_1 A_2 A_4$ cortados por $r$ que não passa por qualquer dos seus vértices. Este resultado verifica-se certamente para todos os casos de polígonos com um número par de lados (ver a sugestão do que acontece com um número ímpar de lados - o polígono com $n$ lados é dividido em $n-2$ triângulos e $(-1)^{n-2}$ é $-1$ quando $n$ é ímpar e $1$ quando $n$ é par).

Por favor habilite Java para uma construção interativa (com Cinderella).
Logo após a construção são apresentados os cálculos para ilustrar uma relação que 6 pontos colineares devem satisfazer para que formem um conjunto quadrangular.
No caso a nossa construção, o conjunto $\{ E, B_1, B_3, B'_3, B_2, B_4\} $ verifica a seguinte relação; sendo $E\neq B_3$, $$EB_1 \times B_3 B_2 \times B_4 B'_3 = EB_2 \times B_3 B'_3 \times B_4 B_1$$ (que pode ser esta ou outra similar.)

A perspetividade de centro em $A_1$ seguida da perspetividade centrada em $A_3$ $$(E B_4 B_1 B'_3) \rightarrow ^{A_1} (E A_4 A_2 O) \rightarrow ^{A_3} (E B_3 B_2 B'_3)$$ garantem que são iguais as razões duplas $(E, B_4; B_1, B'_3)$ e $(E, B_3; B_2, B'_3)$. Por ser $$(E, B_4; B_1, B'_3) = \frac{EB_1}{EB'_3} \div \frac{B_4 B_1}{B_4 B'_3}= \frac{EB_1 \times B_4 B'_3}{EB'_3 \times B_4 B_1} $$ e $$(E, B_3; B_2, B'_3) = \frac{EB_2}{EB'_3} \div \frac{B_3 B_2}{B_3 B'_3}= \frac{EB_2 \times B_3 B'_3}{EB'_3 \times B_3 B_2} $$ resulta $$\frac{EB_1 \times B_4 B'_3}{EB'_3 \times B_4 B_1} = \frac{EB_2 \times B_3 B'_3}{EB'_3 \times B_3 B_2}.$$ Finalmente
cortando $EB'_3$ que aparece nos dois denominadores e multiplicando ambos os membros por $B_4 B_1 \times B_3 B_2$, obtemos $$EB_1 \times B_3 B_2 \times B_4 B'_3 = EB_2 \times B_3 B'_3 \times B_4 B_1, $$ como queríamos.

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