Proposição 16:
Construir um iscosaedro inscritível numa dada esfera.
Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro \;AB\; a azul na figura em que também tomamos um ponto \;C\; do diâmetro tal que \;AC+CB=AB\; e \;AC=4\times BC\; e um ponto \;D\; da semicircunferência \;ADB\; tal que \; A\hat{C}D\; seja reto. Ficam traçados também a azul \;CD, \;DB,\;, este último presente em todos os passos da construção. Passos da construção:
Temos assim um sólido limitado por uma superfície fechada composta por 20 triângulos iguais entre si e equiláteros, a saber
\;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL;\;\;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ;\; \;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP,\;PQL;\; \; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU,\;PUQ,\; que são as 20 faces; de lados \;XL, \;XM, \;XN,\; XO, \; XP; \;PL,\; LM, \;MN, \;NO, \; OP; \;PQ, \;QL, \;LR, \;RM,\;MS,\;SN,\;NT,\;TO,\;OU,\;UP;\; \; QR,\;RS,\; ST,\;TU,\;UQ;\;QZ,\;RZ,\;SZ,\;TZ,\;UZ,\; que são as 28 arestas; cujos extremos são \;V, \;L, \;M, \;N, \;O, \;P, \;Q, \;R, \;S, \;T, \;U, \;W,\; que são os 12 vértices do icosaedro.
Falta provar que este icosaedro está encapsulado (ou inscrito?) numa esfera gerada por um semicírculo de diâmetro \;AB\;:
Por construção, sabemos que \;XV=WZ=PE,\; VW=DB\; (respetivamente lado do decágono e lado do hexágono regulares inscritos na mesma circunferência em que se inscreve o pentágono \;EFGHK.\; Por isso, \;VZ =VW+WZ\; é dividido pelo ponto \;W\; em média e extrema razão (prop. XIII.9 : se os lados de um hexágono e de um decágono inscritos num mesmo círculo forem acrescentados um ao outro, obtém-se um segmento de reta que fica dividido em média e extrema razão pelo ponto de junção, sendo a parte maior o lado do hexágono) o que pode ser descrito por \; \displaystyle \frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ}.
Construir um iscosaedro inscritível numa dada esfera.
Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro \;AB\; a azul na figura em que também tomamos um ponto \;C\; do diâmetro tal que \;AC+CB=AB\; e \;AC=4\times BC\; e um ponto \;D\; da semicircunferência \;ADB\; tal que \; A\hat{C}D\; seja reto. Ficam traçados também a azul \;CD, \;DB,\;, este último presente em todos os passos da construção. Passos da construção:
- Tomamos uma circunferência de raio \;DB\;, e sobre ela, os pontos \;E,\;F,\;G, \; H, \;K\; como vértices de um pentágono equiângulo e equilátero (IV.11). E determinemos os pontos \;L, \;M, \;N,\;O,\;P, \; médios, respetivamente, dos arcos dessa circunferência \;EF, \;FG,\; GH,\; HK,\; KE.\; Como \;EFGHK\; é um pentágno equilátero, também \;LMNOP\; é um pentágono equilátero e \;ELFMGNHOKP\; é um decágono inscrito na mesma circunferência e também equilátero.
- Tomemos agora as retas passando por \;E,\;F,\;G, \; H, \;K\; fazendo ângulos retos com o plano da circunferência \;EFGHK\; e destas tomemos os segmentos \;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \; de comprimento \;DB\; igual ao raio da circunferência \;EFGHK.\; Desta circunferência, na nossa construção, designamos por \;V\; o seu centro.
A circunferência de raio \;DB\; e centro em \;W\; em que se inscreve \;QRSTU\; está num plano paralelo ao plano de \;EFGHK\; ou \;LMNOP\;, sendo \;EQ=VW=VE=DB. \;
© geometrias. 2 de Setembro de 2015, Criado com GeoGebra
Tomemos os segmentos \;QR,\; RS,\; ST,\; TU,\; UQ,\; QL,\; LR,\; RM,\; MS,\; SN,\; NT,\; TO,\;OU,\; UP,\; PQ,\; limitando 10 triângulos.
Como \;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \; fazem ângulos retos com um mesmo plano, elas são paralelas e complanares duas a duas (XI.6) e de de igual comprimento. E segmentos de reta compreendidos entre paralelas do mesmo lado e iguais são elas próprias iguais e paralelas (I.33). Assim, \;QU\; é igual e paralela a \;EK,\; ou seja, \;EK\; tem comprimento igual ao lado do pentágono equilátero e equiângulo inscrito na circunferência \;EFGHK.\; Por isso, o pentágono \;QRSTU\; é equilátero. Por outro lado, como \;QE\; é o comprimento do lado do hexágono equilátero inscrito na circunferência \;EFGHK,\; por ser igual ao seu raio \;DB, \; e \;EP\; é lado do decágono inscrito na mesma circunferência, sendo \;Q\hat{E}P\; reto então \;QP\; é igual ao lado do pentágono equilátero inscrito na mesma circunferência, já que o quadrado do lado de um pentágono é igual à soma dos quadrados dos lados do hexágono e do decágono inscritos na mesma circunferência (XIII.10). Pelas mesmas razões \;PU\; será igual ao lado do mesmo pentágono e assim será \;QU\;, ou seja \;QPU\; é um triângulo equilátero.
E, como \;QL^2=EL^2+QE^2,\; QL\; pode ser visto como lado do pentágono inscrito em \;(I, DB), \; do qual \;OP, \; \;LP,\; também podem ser vistos como lados, o triângulo \;QLP\; é equilátero. E, pelas mesmas razões, são equiláteros os triângulos \;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP.\;
Como já tínhamos visto, \;QRSTU\; é um pentágono equilátero de lados paralelos e iguais ao pentágono inicial \;EFGHK\; e assim são equiláteros (por terem lados comuns aos dos triângulos anteriormente referidos de que são iguais) os triângulos \; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU.\; - Sobre a reta que passa pelos centros \;V,\; W\; das circunferências \;EFGHK\; e \;QRSTU\; (que fazem ângulos retos com os respetivos planos) tomem-se (para fora da faixa dos triângulos construídos) segmentos iguais ao lado \;EP\; do decágono inscrito na circunferência \;EFGHK\; com extremos \;V,\;X\; e \;W,\;Z.\; Como \;VX\; é o lado do decágono e \;VP\; é o lado do hexágono (raio), sendo \;X\hat{V}P\; um ângulo reto, então \;PX\; é o lado do pentágono. Do mesmo modo, se verifica que \;LX = MX=NX=OX=PL\; são iguais entre si por serem iguais ao lado do pentágono regular inscrito em \;(V, VP)\;. E podemos concluir que são iguais entre si e equiláteros os triângulos \;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL,\; e iguais a \;PQL, \ldots\;
- De igual modo se provaria que são iguais aos anteriores os triângulos \;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ.\;
Temos assim um sólido limitado por uma superfície fechada composta por 20 triângulos iguais entre si e equiláteros, a saber
\;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL;\;\;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ;\; \;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP,\;PQL;\; \; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU,\;PUQ,\; que são as 20 faces; de lados \;XL, \;XM, \;XN,\; XO, \; XP; \;PL,\; LM, \;MN, \;NO, \; OP; \;PQ, \;QL, \;LR, \;RM,\;MS,\;SN,\;NT,\;TO,\;OU,\;UP;\; \; QR,\;RS,\; ST,\;TU,\;UQ;\;QZ,\;RZ,\;SZ,\;TZ,\;UZ,\; que são as 28 arestas; cujos extremos são \;V, \;L, \;M, \;N, \;O, \;P, \;Q, \;R, \;S, \;T, \;U, \;W,\; que são os 12 vértices do icosaedro.
Falta provar que este icosaedro está encapsulado (ou inscrito?) numa esfera gerada por um semicírculo de diâmetro \;AB\;:
Por construção, sabemos que \;XV=WZ=PE,\; VW=DB\; (respetivamente lado do decágono e lado do hexágono regulares inscritos na mesma circunferência em que se inscreve o pentágono \;EFGHK.\; Por isso, \;VZ =VW+WZ\; é dividido pelo ponto \;W\; em média e extrema razão (prop. XIII.9 : se os lados de um hexágono e de um decágono inscritos num mesmo círculo forem acrescentados um ao outro, obtém-se um segmento de reta que fica dividido em média e extrema razão pelo ponto de junção, sendo a parte maior o lado do hexágono) o que pode ser descrito por \; \displaystyle \frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ}.
- Consideremos os segmentos \;ZE, \;EV, \;EX, \; para além de \;XZ, \;XV,\;VW, \;WZ, \;VZ,\; os triângulos \;ZVE, \;XVE,\;ZEX\; e os ângulos \;Z\hat{V}E, \;X\hat{V}E,\; retos, por construção.
Como \;VW=VE=EQ=DB\; e \;WZ=VX=PE,\; a expressão acima permite-nos escrever
\; \displaystyle \frac{VZ}{VE}= \frac{VE}{VX}\; relacionando lados dos triângulos \;ZVE, \;XVE,\;ZEX\; que, por isso, os dois primeiros são triângulos retângulos em \;V\; e o terceiro é retângulo em \;E\; de altura \;VE = DB\;, semelhantes entre si (VI.8). O ponto \;E\; é pois um ponto da semicircunferência de diâmetro \;XZ\;. A mesma semicircunferência passa por \;Q\; (já que, obviamente e do mesmo modo, o triângulo \;XQZ\; é retângulo em \;Q\; e de hipotenusa \;XZ\; e com \;QW=DB.\; E, mantendo fixo o diâmetro (eixo) \;XZ,\;, a semicircunferência passará por todos os pontos angulares (vértices) do icosaedro construído, ao rodar em torno de \;XZ.\;
Fica assim provado que o icosaedro construído está encapsulado numa esfera de diâmetro \;XZ.\; Será esta esfera de diâmetro \;AB ? \; -
- Sabemos que
\frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ} \Leftrightarrow VW^2 = VZ \times WZ
Consideremos o ponto \;J\; médio de \;VW\; que é também o ponto médio de \;XZ=XV+VW+WZ\; já que \;XV=WZ\;. Prova-se que, sendo \;VW\; o maior na divisão, por \;W\; de \;VZ\; em média e extrema razão, o quadrado do menor \;WZ\; acrescentado de metade do maior \;JW\; é 5 vezes o quadrado deste:
(JW+WZ)^2 =5 \times JW^2
o que é fácil de verificar. (Assim:
\;VW=2\times JW, \; então \;VW^2= 4\times JW^2 \;\;
e, como antes tínhamos visto, \;VW^2= VZ \times WZ.\;
Conclui-se que \; 4\times JW^2 = VZ \times WZ. \;
Como \;VZ=VW+WZ \; e \;VW=2\times JW,\; podemos escrever
\; 4\times JW^2 = (VW+WZ)\times WZ = VW\times WZ +WZ^2 =2\times JW\times WZ+WZ^2,\;
e, concluindo
JZ^2 = (JW+WZ)^2 = JW^2 + WZ^2 + 2JW\times WZ = JW^2+4\times JW^2 = 5\times JW^2.\;)
Sendo \;JZ^2=5\times JW^2,\; como \;XZ=2\times JZ \; e \;VW= 2\times JW\;, \;XZ^2 = 5\times VW^2.\; - Dos dados iniciais, lembramos um triângulo \;ADB\; retângulo em \;D\; e de hipotenusa \;AB\;, sendo \;CD\; a altura a ela relativa e \;C: AC=4CB.\;
São semelhantes entre si os triângulos retângulos \;ABD, \;DAC, \;BDC\;. Da semelhança \;ABD \sim BDC\; retiramos \; \displaystyle \frac{AB}{BD} = \frac{BD}{BC}\; ou \;BD^2 = AB\times BC\;.
Como \;AB =AC+CB\; e \;AC=4\times CB, \; AB= 5\times BC ou \displaystyle BC = \frac{AB}{5}.\;
Podemos agora escrever que \;5\times BD^2= AB^2.\; E como \;VW=DB\;, concluímos assim que \;AB^2 = XZ^2\; e \;AB=XZ.
- Sabemos que
\frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ} \Leftrightarrow VW^2 = VZ \times WZ
Consideremos o ponto \;J\; médio de \;VW\; que é também o ponto médio de \;XZ=XV+VW+WZ\; já que \;XV=WZ\;. Prova-se que, sendo \;VW\; o maior na divisão, por \;W\; de \;VZ\; em média e extrema razão, o quadrado do menor \;WZ\; acrescentado de metade do maior \;JW\; é 5 vezes o quadrado deste:
(JW+WZ)^2 =5 \times JW^2
o que é fácil de verificar. (Assim:
\;VW=2\times JW, \; então \;VW^2= 4\times JW^2 \;\;
e, como antes tínhamos visto, \;VW^2= VZ \times WZ.\;
Conclui-se que \; 4\times JW^2 = VZ \times WZ. \;
Como \;VZ=VW+WZ \; e \;VW=2\times JW,\; podemos escrever
\; 4\times JW^2 = (VW+WZ)\times WZ = VW\times WZ +WZ^2 =2\times JW\times WZ+WZ^2,\;
e, concluindo
JZ^2 = (JW+WZ)^2 = JW^2 + WZ^2 + 2JW\times WZ = JW^2+4\times JW^2 = 5\times JW^2.\;)
-
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
