Na entrada anterior, resolvemos o problema repetindo a construção (I.44) tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono dado.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e tomamos o segmento $\;JK\;$ para lado do paralelogramo equivalente a $\;[ABCDEFG]\;$ a construir. Em vez de tomarmos uma decomposição do polígono em triângulos e para cada um desses triângulos construir o paralelogramo equivalente, vamos previamente proceder à construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e só depois construir o paralelogramo equivalente a esse triângulo.
Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do fundo à direita, pode seguir os passos da resolução.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e tomamos o segmento $\;JK\;$ para lado do paralelogramo equivalente a $\;[ABCDEFG]\;$ a construir. Em vez de tomarmos uma decomposição do polígono em triângulos e para cada um desses triângulos construir o paralelogramo equivalente, vamos previamente proceder à construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e só depois construir o paralelogramo equivalente a esse triângulo.
©geometrias, 29 abril 2016, Criado com GeoGebra
O processo de construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ é feito de repetições da determinação de um triângulo equivalente a um quadrilátero. Assim:
$\fbox{1,2}\;\;$
Escolhemos para começar o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ e a sua diagonal $\;AC.\;$ Determinamos o ponto $\;P\;$ de intersecção de $\;CD\;$com a reta paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;B.\;$ Os triângulos $\;[APC]\;$ e $\;[ABC]\;$ são iguais em área por terem uma base comum $\;AC\;$ e os terceiros vértices $\;B,\;P\;$ sobre $\;BP\;$ paralela a $\; AC\;$ comum.
Como $\;\mbox{Área}_{[ABCD]} = \mbox{Área}_{[ABC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\; \;\mbox{Área}_{[APD]}=\mbox{Área}_{[APC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\;$ podemos dizer que $\;\mbox{Área}_{[ABCD]}= \mbox{Área}_{[APD]},\;$ já que, como vimos, $\; \mbox{Área}_{[ABC]} = \mbox{Área}_{[APC]}.\;$
$\fbox{3,4}\;\;$
Tomamos de seguida $\;[APDE]\;$ e a diagonal $\;AD\;$ e determinamos $\;Q\;$ na intersecção de $\;DE\;$ com a paralela a $\;AD\;$ tirada por $\;P.\;$ E, como o anteriormente visto em procedimento análogo, são equivalentes os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[AQD].\;$
E, em consequência, $\; \mbox{Área}_{[APDE]} = \mbox{Área}_{[AQE]}, \;$ já que $\; \mbox{Área}_{[APDE]} =\mbox{Área}_{[APD]}+\mbox{Área}_{[ADE]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\mbox{Área}_{[AQD]}+\mbox{Área}_{[ADE]}\;$
$\fbox{5,6}\;\;$
Com o mesmo raciocínio se toma agora $\;[AQEF],\;$, a sua diagonal $\;AE\;$ e determinamos o ponto $\;R\;$ de intersecção da reta $\;EF\;$ com a paralela a $\;AE\;$ tirada por $\;Q.\;$
E, como $\;\mbox{Área}_{[AQE]} = \mbox{Área}_{[ARF]}, \; \;\; \mbox{Área}_{[AQEF]} = \mbox{Área}_ {[ARF]}\;$.
$\fbox{7}\;\;$
Finalmente, para o nosso caso, consideremos o quadrilátero $\;[ARFG],\;$ a sua diagonal $\;AF\;$ e determinamos o ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;EF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;G.\;$ (Podíamos ter optado por um ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;GF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;R).\;$
E, como $\; \mbox{Área}_{AFS}=\mbox{Área}_{AFG}, \; \mbox{Área}_{ARFG}= \mbox{Área}_{ARF}+\mbox{Área}_{FGA} =\mbox{Área}_{ARF}+ \mbox{Área}_{FSA} = \mbox{Área} {ARS}.\;$ «
Finalmente podemos concluir que
$$\;\mbox{Área}_{[ABCDFG]} = \mbox{Área}_{[ARS]}\;$$ De facto, os passos da construção acompanham
$\displaystyle \mbox{Área}_{[ABCDEFG]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\underbrace{\mbox{Área}_{[ABC]}+ \mbox{Área}_{[ACD]}}+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ABCD]} \;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[APD]}\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]}} \;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[APDE]}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \underbrace{\mbox{Área}_{[AQE]}\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;+\mbox{Área}_{[AEF]}} \;\;+ \;\;\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[AQEF]} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[ARF]} \,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+ \mbox{Área}_{[AFG]}}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARS]} $
$\fbox{8, 9,10}\;\;$
E bastar-nos-á determinar o paralelogramo equivalente a um triângulo $\;[ARS], \;$ no caso, $\;[A'MIS']\;$ ou $\;[KJVU]\;$, …
Nota: A sequência de procedimentos aqui usados para determinar um triângulo equivalente a um heptágono (no caso aqui ilustrado) serve bem para problemas com polígonos de qualquer número de lados.
$\fbox{1,2}\;\;$
Escolhemos para começar o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ e a sua diagonal $\;AC.\;$ Determinamos o ponto $\;P\;$ de intersecção de $\;CD\;$com a reta paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;B.\;$ Os triângulos $\;[APC]\;$ e $\;[ABC]\;$ são iguais em área por terem uma base comum $\;AC\;$ e os terceiros vértices $\;B,\;P\;$ sobre $\;BP\;$ paralela a $\; AC\;$ comum.
Como $\;\mbox{Área}_{[ABCD]} = \mbox{Área}_{[ABC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\; \;\mbox{Área}_{[APD]}=\mbox{Área}_{[APC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\;$ podemos dizer que $\;\mbox{Área}_{[ABCD]}= \mbox{Área}_{[APD]},\;$ já que, como vimos, $\; \mbox{Área}_{[ABC]} = \mbox{Área}_{[APC]}.\;$
$\fbox{3,4}\;\;$
Tomamos de seguida $\;[APDE]\;$ e a diagonal $\;AD\;$ e determinamos $\;Q\;$ na intersecção de $\;DE\;$ com a paralela a $\;AD\;$ tirada por $\;P.\;$ E, como o anteriormente visto em procedimento análogo, são equivalentes os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[AQD].\;$
E, em consequência, $\; \mbox{Área}_{[APDE]} = \mbox{Área}_{[AQE]}, \;$ já que $\; \mbox{Área}_{[APDE]} =\mbox{Área}_{[APD]}+\mbox{Área}_{[ADE]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\mbox{Área}_{[AQD]}+\mbox{Área}_{[ADE]}\;$
$\fbox{5,6}\;\;$
Com o mesmo raciocínio se toma agora $\;[AQEF],\;$, a sua diagonal $\;AE\;$ e determinamos o ponto $\;R\;$ de intersecção da reta $\;EF\;$ com a paralela a $\;AE\;$ tirada por $\;Q.\;$
E, como $\;\mbox{Área}_{[AQE]} = \mbox{Área}_{[ARF]}, \; \;\; \mbox{Área}_{[AQEF]} = \mbox{Área}_ {[ARF]}\;$.
$\fbox{7}\;\;$
Finalmente, para o nosso caso, consideremos o quadrilátero $\;[ARFG],\;$ a sua diagonal $\;AF\;$ e determinamos o ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;EF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;G.\;$ (Podíamos ter optado por um ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;GF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;R).\;$
E, como $\; \mbox{Área}_{AFS}=\mbox{Área}_{AFG}, \; \mbox{Área}_{ARFG}= \mbox{Área}_{ARF}+\mbox{Área}_{FGA} =\mbox{Área}_{ARF}+ \mbox{Área}_{FSA} = \mbox{Área} {ARS}.\;$ «
Finalmente podemos concluir que
$$\;\mbox{Área}_{[ABCDFG]} = \mbox{Área}_{[ARS]}\;$$ De facto, os passos da construção acompanham
$\displaystyle \mbox{Área}_{[ABCDEFG]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\underbrace{\mbox{Área}_{[ABC]}+ \mbox{Área}_{[ACD]}}+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ABCD]} \;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[APD]}\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]}} \;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[APDE]}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \underbrace{\mbox{Área}_{[AQE]}\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;+\mbox{Área}_{[AEF]}} \;\;+ \;\;\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[AQEF]} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[ARF]} \,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+ \mbox{Área}_{[AFG]}}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARS]} $
$\fbox{8, 9,10}\;\;$
E bastar-nos-á determinar o paralelogramo equivalente a um triângulo $\;[ARS], \;$ no caso, $\;[A'MIS']\;$ ou $\;[KJVU]\;$, …
Nota: A sequência de procedimentos aqui usados para determinar um triângulo equivalente a um heptágono (no caso aqui ilustrado) serve bem para problemas com polígonos de qualquer número de lados.
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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.
