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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