determinar, sobre a reta a dos pontos A, A', B, B', um ponto M tal que
Passos estáticos:
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21.5.13
Exercício interativo:
Problema com cinco pontos e uma só razão.
Aqui fica um exercício interativo em que,com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar, sobre a reta a dos pontos A, A', B, B', um ponto M tal que MA / MB = MA' / MB' .
Passos estáticos:
determinar, sobre a reta a dos pontos A, A', B, B', um ponto M tal que
Passos estáticos:
19.5.13
Exercício interativo:
Centros das homologias que transformam um quadrilátero num losango
Aqui fica um exercício interativo em que, apoiado pelas entradas sobre homologias e com as ferramentas escolhidas e disponibilizadas por nós no quadro do Cinderella, tem como objetivo
determinar conjunto dos pontos que podem ser centros de homologia que transforme um dado quadrilátero ABCD num elegante losango .
Não conseguimos recuperar para a vida o exercício interactivo feito com recurso a Cinderella. Mas aqui deixamos aos visitantes a sucessão de passos para resolver o problema acima enunciado.
Dado um quadrilátero de vértices A, B, C, D. O que se pretendia era que o visitante resolvente, usasse as ferramentas disponíveis à esquerda, para
determinar conjunto dos pontos que podem ser centros de homologia que transforme um dado quadrilátero ABCD num elegante losango .
Não conseguimos recuperar para a vida o exercício interactivo feito com recurso a Cinderella. Mas aqui deixamos aos visitantes a sucessão de passos para resolver o problema acima enunciado.
Dado um quadrilátero de vértices A, B, C, D. O que se pretendia era que o visitante resolvente, usasse as ferramentas disponíveis à esquerda, para
- desenhar as retas a=]AB[, b=]DC[, c=]AD[, d=]BC[ num primeiro passo e
- acrescentar as intersecções E=c.d e F=a.b
- que definem a reta - l- limite determinada por E e F (pontos comuns a lados opostos do quadrilátero que pela homologia devem ser transformados em retas pararelas de um quadrado;
- convém agora apresentarmos as diagonais AC=f e BD=g que pela homologia (de que procuramos o centro) devem ser as diagonais do quadrado e, por isso, serem perpendiculares
- Ora, a diagonal AC intersecta a reta limite (l) em G e a outra diagonal BD em H e as circunferências (G,H) e (H,G) determinam L, M e e=LM
- e esta última reta intersecta l no fundamental K
- por ser o centro da circunferência de diâmetro GH (vermelha) onde se encontram os pontos O tais que GO ⊥OH ....
15.5.13
Homologia que transforma um triângulo qualquer num equilátero
Há construções feitas no âmbito de notas de estudo sobre geometria projetiva que foram abandonadas na sequência apresentada e que vamos interromper. Uma delas foi a construção de um triângulo equilátero homólogo a um triângulo qualquer. Ou dito de outro modo, dado um triângulo qualquer determinar elementos definidores de uma homologia que o transforma num triângulo equilátero. É o que fica ilustrado na construção seguinte:
Na construção, é dado um triângulo ABC. Exigir que o seu homólogo A'B'C' seja equilátero, i. e. que $\overline{B'C'}=\overline{C'A'}=\overline{A'B'}$. Esta condição é equivalente a outras como $ \angle C'\hat{A'}B' = \angle A'\hat{B'}C' = \angle B'\hat{C'}A'$, ...
Como sabemos a imagem de qualquer ponto $P$ por uma homologia de centro $O$ e eixo $e$ será um ponto $P'$ de $OP$. Do mesmo modo, a imagem de um outro ponto $Q$ será um ponto $Q'$ de $OQ$. Além disso, $PQ.P'Q'$ terá de ser um ponto do eixo $e$.
A reta do inifinito do plano terá os seus correspondentes numa reta, a que chamamos reta limite. Há uma reta limite que tem por imagem hmológica a reta no infinito, assim como há a reta limite que é imagem da reta no infinito. Qualquer das retas limite é paralela ao eixo, como é óbvio: $\infty_e \longrightarrow \infty'_e (= O\infty_e . l$
Se nos derem a reta limite $l$ dos originais dos pontos no infinito, o ponto $PQ.l$ é o original do ponto no infinito de $P'Q'$, ou seja, $P'Q'$ é a reta que passa por $PQ.e$ e é paralela a $O(PQ.l)$. Dito de outro modo, dar a reta limite é dar a direção da reta homóloga de qualquer reta dada.
Sendo-nos dada a reta $l$ limite dos originais dos ponto no infinito pela homologia, e chamando $a$ a $BC$, $b$ a $AC$, $c$ a $AB$, $L_a$ a $a.l$, $L_b$ a $b.l$, $L_c$ a $c.l$, a direção de $B'C'$ ou a' é a mesma de $OL_a$, $b'//OL_b$, $c'//OL_c$. Para que A'B'C' seja equilátero só tenho que garantir que sejam iguais a $60^o$ dois dos ângulos $L_b\hat{O}L_c $, $L_c\hat{O}L_a$ e $L_a\hat{O} L_b$. Isso chega para garantir que $\hat{A'}=\hat{B'}=\hat{C'}=60^o$.
Tomada uma reta $l$ para reta limite e, sobre ela, determinados os ponto $L_a$, $L_b$ e $L_c$, o centro $O$ da homologia terá de estar sobre circunferências em que $L_b L_c$, $L_c L_a$ e $L_a L_b$ sejam lados de triângulos equiláteros (inscritos nas respetivas circunferências).
Na construção, é dado um triângulo ABC. Exigir que o seu homólogo A'B'C' seja equilátero, i. e. que $\overline{B'C'}=\overline{C'A'}=\overline{A'B'}$. Esta condição é equivalente a outras como $ \angle C'\hat{A'}B' = \angle A'\hat{B'}C' = \angle B'\hat{C'}A'$, ...
Como sabemos a imagem de qualquer ponto $P$ por uma homologia de centro $O$ e eixo $e$ será um ponto $P'$ de $OP$. Do mesmo modo, a imagem de um outro ponto $Q$ será um ponto $Q'$ de $OQ$. Além disso, $PQ.P'Q'$ terá de ser um ponto do eixo $e$.
A reta do inifinito do plano terá os seus correspondentes numa reta, a que chamamos reta limite. Há uma reta limite que tem por imagem hmológica a reta no infinito, assim como há a reta limite que é imagem da reta no infinito. Qualquer das retas limite é paralela ao eixo, como é óbvio: $\infty_e \longrightarrow \infty'_e (= O\infty_e . l$
Se nos derem a reta limite $l$ dos originais dos pontos no infinito, o ponto $PQ.l$ é o original do ponto no infinito de $P'Q'$, ou seja, $P'Q'$ é a reta que passa por $PQ.e$ e é paralela a $O(PQ.l)$. Dito de outro modo, dar a reta limite é dar a direção da reta homóloga de qualquer reta dada.
Sendo-nos dada a reta $l$ limite dos originais dos ponto no infinito pela homologia, e chamando $a$ a $BC$, $b$ a $AC$, $c$ a $AB$, $L_a$ a $a.l$, $L_b$ a $b.l$, $L_c$ a $c.l$, a direção de $B'C'$ ou a' é a mesma de $OL_a$, $b'//OL_b$, $c'//OL_c$. Para que A'B'C' seja equilátero só tenho que garantir que sejam iguais a $60^o$ dois dos ângulos $L_b\hat{O}L_c $, $L_c\hat{O}L_a$ e $L_a\hat{O} L_b$. Isso chega para garantir que $\hat{A'}=\hat{B'}=\hat{C'}=60^o$.
Tomada uma reta $l$ para reta limite e, sobre ela, determinados os ponto $L_a$, $L_b$ e $L_c$, o centro $O$ da homologia terá de estar sobre circunferências em que $L_b L_c$, $L_c L_a$ e $L_a L_b$ sejam lados de triângulos equiláteros (inscritos nas respetivas circunferências).
12.5.13
Teorema de Armin Saam (demonstração usando colagens de configurações de Ceva)
Na última entrada, numa triangulação composta por triângulos equipados com configuração de Ceva em que dois triângulos adjacentes partilham um lado e o respetivo ponto de bordo, fica esclarecido que as configurações de Ceva de todos os triângulos, à exceção de um deles, induz uma configuração de Ceva neste último.
O Teorema de Ceva é um teorema de incidência e, do mesmo modo, é um teorema de incidência o última resultado obtido para a triangulação da última entrada:
A existência de um ponto de Ceva P num triângulo ABC é equivalente à relação $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$ em que AB.CP é X, BC.AP é Y e AC.BP é Z.
Na segunda entrada sobre o Teorema de Armin Saam consideram-se 5 retas $r_i$ distintas, intersetando-se num ponto $O$, e cinco pontos $P_i$, sendo $P_i \in r_i$. Faz-se corresponder a um ponto $A_1$ de $r_1$ um ponto $A_2$ por perspetividade centrada em $P_4$ de $r_4$ ou ${A_2}=A_1 P_4 . r_2$, e sucessivamente ${A_3}=A_2 P_5, {A_4}= A_3 P_1 . r_4, {A_5}=A_4 P_2 . r_5, {A_6}=A_5 P_3 - r_1$. Sabemos que pode acontecer que $A_6 = A_1$, mas se for $A_6 \neq A_1$, continuamos a usar as perspetividades para obter novos pontos ${A_7}= A_6 P_4.r_2, {A_8}=A_7 P_5.r_3, {A_9}=A_8 P_1.r_4, {A_{10}}=A_9 P_2.r_5 até {A_{11}}=A_{10} P_3.r_1$. E conjeturámos então que $A_{11} = A_1$, a partir da ilustração dinâmica.
Retomamos, em seguida, a ilustração dinâmica então feita e nela acrescentamos $A_1 A_7 , A_7 A_3 , A_3 A_9 , A_9 A_5 , A_5 A_1$ e a sequência dos pontos $r_4.A_1 A_7, r_5.A_7 A_3, r_1.A_3 A_9, r_2.A_9 A_5, r_3. A_5 A_1$ designados $B_i, i = 1,\ldots 5$, por essa ordem.
Realçamos os triângulos a vermelho na figura para vermos a triangulação composta por 5 triângulos equipados com configurações de Ceva, cujos pontos de Ceva são os designados {P_i}.
E, como sabemos, a sucessão de configurações de Ceva desde $O A_1 A_7$ até $O A_9 A_5$ obriga uma configuração de Ceva para $O A_5 A_1$ em que uma das cevianas é exatamente $A_{10} A_1$ passando por $P_3$, centro da perspetividade na configuração de Amir Saam e ponto de Ceva da triangulação. Fica assim demonstrado que as duas voltas das perspetividades nas condições de Amir Saam levam de $A_1$ para $A_1$.
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011
O Teorema de Ceva é um teorema de incidência e, do mesmo modo, é um teorema de incidência o última resultado obtido para a triangulação da última entrada:
A existência de um ponto de Ceva P num triângulo ABC é equivalente à relação $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$ em que AB.CP é X, BC.AP é Y e AC.BP é Z.
Na segunda entrada sobre o Teorema de Armin Saam consideram-se 5 retas $r_i$ distintas, intersetando-se num ponto $O$, e cinco pontos $P_i$, sendo $P_i \in r_i$. Faz-se corresponder a um ponto $A_1$ de $r_1$ um ponto $A_2$ por perspetividade centrada em $P_4$ de $r_4$ ou ${A_2}=A_1 P_4 . r_2$, e sucessivamente ${A_3}=A_2 P_5, {A_4}= A_3 P_1 . r_4, {A_5}=A_4 P_2 . r_5, {A_6}=A_5 P_3 - r_1$. Sabemos que pode acontecer que $A_6 = A_1$, mas se for $A_6 \neq A_1$, continuamos a usar as perspetividades para obter novos pontos ${A_7}= A_6 P_4.r_2, {A_8}=A_7 P_5.r_3, {A_9}=A_8 P_1.r_4, {A_{10}}=A_9 P_2.r_5 até {A_{11}}=A_{10} P_3.r_1$. E conjeturámos então que $A_{11} = A_1$, a partir da ilustração dinâmica.
Retomamos, em seguida, a ilustração dinâmica então feita e nela acrescentamos $A_1 A_7 , A_7 A_3 , A_3 A_9 , A_9 A_5 , A_5 A_1$ e a sequência dos pontos $r_4.A_1 A_7, r_5.A_7 A_3, r_1.A_3 A_9, r_2.A_9 A_5, r_3. A_5 A_1$ designados $B_i, i = 1,\ldots 5$, por essa ordem.
Realçamos os triângulos a vermelho na figura para vermos a triangulação composta por 5 triângulos equipados com configurações de Ceva, cujos pontos de Ceva são os designados {P_i}.
E, como sabemos, a sucessão de configurações de Ceva desde $O A_1 A_7$ até $O A_9 A_5$ obriga uma configuração de Ceva para $O A_5 A_1$ em que uma das cevianas é exatamente $A_{10} A_1$ passando por $P_3$, centro da perspetividade na configuração de Amir Saam e ponto de Ceva da triangulação. Fica assim demonstrado que as duas voltas das perspetividades nas condições de Amir Saam levam de $A_1$ para $A_1$.
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011
9.5.13
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, $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CU}{UD} \times \frac{DV}{VA} = 1$$.
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 $n=5$
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 $A_{n+1} = A_1$
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011
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, $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CU}{UD} \times \frac{DV}{VA} = 1$$.
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 $n=5$
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011
7.5.13
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
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).
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.
Seguindo
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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
- - os quatro pontos distintos (vértices de um quadrilátero) $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ dos quais não há 3 colineares.
- - 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 $A_1 A_3$, $A_2 A_4$
- - 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).
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.
Seguindo
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3.5.13
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:
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.
Verificadas estas condições, resultará que $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4} \times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= -1$$
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.
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.
Seguindo
Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011
São dados:
- Três pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$ não colineares.
- Uma reta $r$ distinta das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_1$
- Os três pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.r$, $\{B_2\} = A_2 A_3.r$, $\{B_3\} = A_3 A_1 . r$
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.
- 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 $6=\dot{5}+1$
- 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 $$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_4} \times \frac{A_4 B_4}{B_4 A_5}\times \frac{A_5 B_5}{B_5 A_1}= -1$$
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.
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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30.4.13
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
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.
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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- 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.
- 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 $8=\dot{7} +1$)
- 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: $\{B_i\} = A_i A_{i+1}.P A_{i+\frac{7+1}{2}}$
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.
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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29.4.13
Como generalizar o teorema de Ceva
O Teorema de Ceva pode ser generalizado? Procuramos dar resposta a essa pergunta nesta entrada, reorganizando os dados e a demonstração para uma generalização óbvia (usando índices).
Retiremos das hipóteses do teorema de Ceva o que é essencial:
que nos levou naturalmente ao resultado esperado
$$\frac{A_1 B_1}{B_1 A_2}\times \frac{A_2 B_2}{B_2 A_3} \times \frac{A_3 B_3}{B_3 A_1} = \frac{[A_1 P A_3]}{[P A_2 A_3]}\times \frac{[A_2 P A_1]}{[P A_3 A_1]}\times \frac{[A_3 P A_2]}{[P A_1 A_2]} = 1$$
já que para cada triângulo do numerador um outro com os mesmos vérices e de igual área aparece no denominador do produto.
Seguiremos este processo para provar que
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 $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1, $$ generalização do Teorema de Ceva, conhecida por Teorema de Hoehn.
Trataremos da demonstração na próxima entrada.
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Retiremos das hipóteses do teorema de Ceva o que é essencial:
- Três pontos distintos (vértices de um triângulo) $A_1$, $A_2$, $A_3$ não colineares.
- Um ponto P não incidente em qualquer das retas definidas pelos 3 pares de pontos anteriores: $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_1$
- Os três pontos $\{B_1\} = A_1 A_2.P A_3$, $\{B_2\} = A_2 A_3.P A_1$ e $\{B_3\} = A_3 A_1.P A_2$ das retas $A_1 A_2, \; A_2 A_3, \; A_3 A_1$.
Seguiremos este processo para provar que
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 $$\Pi_{i=1}^{n} \frac{A_i B_i}{B_i A_{i+1}} = 1, $$ generalização do Teorema de Ceva, conhecida por Teorema de Hoehn.
Trataremos da demonstração na próxima entrada.
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25.4.13
Projetivamente, o Teorema de Menelaus
[A.A.M.]
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22.4.13
A partir das considerações sobre o Teorema de Ceva
Na anterior entrada, demonstrámos o Teorema de Ceva ou que
Se um triângulo $ABC$ tem os lados AB, BC, CA sobre os quais tomamos os pontos $X \in AB, Y \in BC, Z \in AC$. Se as retas AY, BZ e CX concorrem num ponto P, então $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$
Pode deslocar cada um dos vértices do triângulo e o ponto D
Usámos, nessa demonstração, alguns resultados que podemos considerar da geometria euclidiana, mas a invariância da relação estabelecida é claramente projetiva, no sentido de que se trata do produto de razões simples de três pontos colineares e essa invariância é afinal projetiva pois é preservada por transformações projetivas como ilustra a figura dinâmica que se segue.
Pode deslocar livremente os pontos X sobre AB, Y sobre BC e Z sobre CA e verificar que valores toma o produto $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA}$$ para as diversas posições desses pontos.
Fizémos a construção considerando um triângulo equilátero e uma transformação projetiva (no caso, uma homologia de centro e eixo conhecidos). Esperamos ainda que verifiquem que o produto daquelas razões simples de ternos de pontos colineares é preservado pela transformação projetiva.
Sabe-se que quando $AY, BZ$ e $CX$ são medianas de $ABC$ equilátero $AX=XB=BY=YC=CZ=ZA$ e obviamente $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA}=1$$. Bastaria isto e a invariância preservada pelas transformações projetivas como prova projetiva do Teorema de Ceva.
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Se um triângulo $ABC$ tem os lados AB, BC, CA sobre os quais tomamos os pontos $X \in AB, Y \in BC, Z \in AC$. Se as retas AY, BZ e CX concorrem num ponto P, então $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$
Pode deslocar cada um dos vértices do triângulo e o ponto D
Pode deslocar livremente os pontos X sobre AB, Y sobre BC e Z sobre CA e verificar que valores toma o produto $$\frac{AX}{XB} \times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA}$$ para as diversas posições desses pontos.
Fizémos a construção considerando um triângulo equilátero e uma transformação projetiva (no caso, uma homologia de centro e eixo conhecidos). Esperamos ainda que verifiquem que o produto daquelas razões simples de ternos de pontos colineares é preservado pela transformação projetiva.
Sabe-se que quando $AY, BZ$ e $CX$ são medianas de $ABC$ equilátero $AX=XB=BY=YC=CZ=ZA$ e obviamente $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA}=1$$. Bastaria isto e a invariância preservada pelas transformações projetivas como prova projetiva do Teorema de Ceva.
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20.4.13
Teorema de CEVA
Temos vindo a abordar transportes de razões duplas por esquemas cíclicos que envolvem transformações projetivas, particularmente, perspetividades. Os resultados de Armin Saam, que ilustrámos nas entradas anteriores, são muito interessantes. Ficaram por demonstrar.
Teoremas como os de Ceva e Menelaus, por aqui já abordados em entradas antigas, aparecem sempre ligados à geometria euclidiana com recurso a razões de comprimentos de lados de triângulos,… sem nos determos em procurar e revelar a sua natureza projetiva. Temos vindo a seguir Richter-Gebert, que nos revela a natureza projetiva desses teoremas e importância que podem ter para a compreensão das estruturas de outros teoremas de incidência.
Para olhar de novo para o Teorema de Ceva, retomamos a razão simples de 3 pontos de uma reta, $A, X, B$, a saber $$(AXB)=\frac{AX}{XB}$$ em que e $XB=X-B$, depois de escolhido um determinado sentido ou orientação (da esquerda para a direita ou no sentido contrário dos ponteiros do relógio,…). Se $A$ estiver à esquerda de $X$ e este à esquerda de $B$, $AX=A-X < 0 $ e $XB=X-B < 0 $ e logo $(AXB)>0$. Se $X$ estiver à esquerda de $A$, ou à direita de $B$ (fora do segmento orientado de $A$ para $B$), $(AXB) > 0$.
1.
Na construção acima, começamos por tomar dois pontos $A, B$ e um ponto X sobre a reta $AB$ e uma orientação. Poderá deslocar X sobre a a reta AB e confirmar valores e sinais de $AX$, $BX$ e $(AXB)$ para as diversas posições de $X$.
Também tomamos um ponto $C$ (qualquer, não incidente em $AB$) de modo a verificar que os triângulos $AXC$ e $XBC$, tendo áreas iguais a $$AX\times\frac{h_C}{2} \; \mbox{e} \; BX\times \frac{h_C}{2},$$ a razão das áreas $[AXC]$ e $[XBC]$ desses triângulos orientados é igual à razão simples $(AXB)$: $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]} $$
2.
Na construção dinâmica seguinte, tomamos um ponto $P$ sobre $XC$ entre $X$ e $C$. Sabemos que para cada $X$, há um número real $\lambda$ tal que $X=(1-\lambda)C+\lambda.P$ (sendo $X=P \leftrightarrow \lambda = 1$).
E podemos escrever
$$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]}= \frac{[A(1-\lambda)C+\lambda.P)C]}{[(1-\lambda)C+\lambda.P)BC]}=\frac{[APC]}{[PBC]}$$
que pode confirmar na figura dinâmica, deslocando $C$ no plano, $P$ sobre $XC$, $X$ sobre $AB$
3.
Finalmente, na figura abaixo, tomamos os pontos $Y$ e $Z$ de interseção de $AP$ com $BC$ e de $BP$ com $AC$. Claro que, pelo raciocínio análogo ao anteriores aplicados a $X$ que nos levou até $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]}=\frac{[APC]}{[PBC]},$$ podemos garantir que $$\frac{BY}{YC}=\frac{[BYA]}{[YCA]}=\frac{[BPA]}{[PCA]}\; \;\mbox{e} \; \; \frac{CZ}{ZA}=\frac{[CZB]}{[ZAB]}=\frac{[CPB]}{[PAB]},$$
para, conforme sugere a figura, concluirmos que $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} = \frac{[APC]}{[PBC]}\times \frac{[BPA]}{[PCA]} \times \frac{[CPB]}{[PAB]} = 1 $$ Pode verificar que este resultado da invariância do produto das razões de segmentos orientados, uma volta na orientação considerada a começar em A, como fizemos no nosso exemplo, é verdadeiro para um ponto P qualquer: desloque X sobre AB, P sobre XC para um C qualquer não incidente em AB.
4.
Fica assim bem ilustrado o resultado conhecido como Teorema de CEVA, que se pode enunciar como segue:
Se um triângulo $ABC$ tem os lados AB, BC, CA e sobre cada um deles tomarmos respetivamente os pontos $X, Y, Z$ de tal modo que as retas AY, BZ e CX concorrem num ponto P, então $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$
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Richter-Gebert. Perspectives on Projective Geometry - A guided tour through real and complex geometry. Springer-Verlag. Berlin: 2011
Teoremas como os de Ceva e Menelaus, por aqui já abordados em entradas antigas, aparecem sempre ligados à geometria euclidiana com recurso a razões de comprimentos de lados de triângulos,… sem nos determos em procurar e revelar a sua natureza projetiva. Temos vindo a seguir Richter-Gebert, que nos revela a natureza projetiva desses teoremas e importância que podem ter para a compreensão das estruturas de outros teoremas de incidência.
Para olhar de novo para o Teorema de Ceva, retomamos a razão simples de 3 pontos de uma reta, $A, X, B$, a saber $$(AXB)=\frac{AX}{XB}$$ em que e $XB=X-B$, depois de escolhido um determinado sentido ou orientação (da esquerda para a direita ou no sentido contrário dos ponteiros do relógio,…). Se $A$ estiver à esquerda de $X$ e este à esquerda de $B$, $AX=A-X < 0 $ e $XB=X-B < 0 $ e logo $(AXB)>0$. Se $X$ estiver à esquerda de $A$, ou à direita de $B$ (fora do segmento orientado de $A$ para $B$), $(AXB) > 0$.
1.
Também tomamos um ponto $C$ (qualquer, não incidente em $AB$) de modo a verificar que os triângulos $AXC$ e $XBC$, tendo áreas iguais a $$AX\times\frac{h_C}{2} \; \mbox{e} \; BX\times \frac{h_C}{2},$$ a razão das áreas $[AXC]$ e $[XBC]$ desses triângulos orientados é igual à razão simples $(AXB)$: $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]} $$
2.
Na construção dinâmica seguinte, tomamos um ponto $P$ sobre $XC$ entre $X$ e $C$. Sabemos que para cada $X$, há um número real $\lambda$ tal que $X=(1-\lambda)C+\lambda.P$ (sendo $X=P \leftrightarrow \lambda = 1$).
3.
Finalmente, na figura abaixo, tomamos os pontos $Y$ e $Z$ de interseção de $AP$ com $BC$ e de $BP$ com $AC$. Claro que, pelo raciocínio análogo ao anteriores aplicados a $X$ que nos levou até $$\frac{AX}{XB}=\frac{[AXC]}{[XBC]}=\frac{[APC]}{[PBC]},$$ podemos garantir que $$\frac{BY}{YC}=\frac{[BYA]}{[YCA]}=\frac{[BPA]}{[PCA]}\; \;\mbox{e} \; \; \frac{CZ}{ZA}=\frac{[CZB]}{[ZAB]}=\frac{[CPB]}{[PAB]},$$
para, conforme sugere a figura, concluirmos que $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} = \frac{[APC]}{[PBC]}\times \frac{[BPA]}{[PCA]} \times \frac{[CPB]}{[PAB]} = 1 $$ Pode verificar que este resultado da invariância do produto das razões de segmentos orientados, uma volta na orientação considerada a começar em A, como fizemos no nosso exemplo, é verdadeiro para um ponto P qualquer: desloque X sobre AB, P sobre XC para um C qualquer não incidente em AB.
4.
Fica assim bem ilustrado o resultado conhecido como Teorema de CEVA, que se pode enunciar como segue:
Se um triângulo $ABC$ tem os lados AB, BC, CA e sobre cada um deles tomarmos respetivamente os pontos $X, Y, Z$ de tal modo que as retas AY, BZ e CX concorrem num ponto P, então $$\frac{AX}{XB}\times \frac{BY}{YC} \times \frac{CZ}{ZA} =1$$
Seguindo
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14.4.13
Teorema de Armin Saam (segunda parte e respetiva ilustração)
Retomemos a construção da entrada anterior e determinemos os pontos
{A7}= A6P4.r2, ponto de r2 e imagem de A6 de r1 de pela perspetividade de centro P4. E, sucessivamente, {A8}=A7P5.r3, {A9}=A8P1.r4, {A10}=A9P2.r5 até {A11}=A10P3.r1.
Verifica-se que A11=A1.
De facto, às deslocações de A1 correspondem deslocações de A6 em sentido contrário ao de A1 e, por isso, uma nova volta de perspetividades levará A11 a ocupar a posição de A1
Pode deslocar A1 sobre r1 na figura.
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Verifica-se que A11=A1.
De facto, às deslocações de A1 correspondem deslocações de A6 em sentido contrário ao de A1 e, por isso, uma nova volta de perspetividades levará A11 a ocupar a posição de A1
Pode deslocar A1 sobre r1 na figura.
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12.4.13
Teorema de Armin Saam (primeira parte e respetiva ilustração)
Richter-Gebert chama a atenção para a beleza e interesse de um Teorema atribuído a Armin Saam que aqui apresentamos em duas ilustrações dinâmicas. Trata-se de invariâncias para um esquema cíclico de perspetividades...
Na nossa construção tomamos 5 retas {ri, i=1,2,3,4,5} inicidindo todas no ponto O e sobre cada ri (a negro) marcamos um ponto Pi (em castanho) que utilizaremos como centro de perspetividade.
A figura é bem elucidativa do que fizemos:
Começamos por tomar A1 (verde) sobre r1. Para obter A2 sobre r2 como imagem de A1 pela perspetividade de centro P4: {A2}= A1P4.r2. E, sucessivamente, {A3}=A2P5.r3, {A4}=A3P1.r4, {A5}=A4P2.r5 até {A6}=A5P3.r1.
O mais natural é que A1 não coincida com A6. Quando A1 se desloca sobre r1 aproximando-se de O, A2 afasta-se de O, A3 aproxima-se de O, etc. Alternativamente, os pontos Ai, de ordem par ou ímpar, aproximam-se ou afastam-se de O.
Em particular, A6 move-se sobre r1 no sentido contrário ao movimento de A1 e é, portanto, de esperar que haja uma posição C em que A1 e A6 coincidem.
Essa posição C pode ser determinada como conjugado harmónico de O relativamente a A1 e A6, ou seja (A1, A6; C, O) é um quaterno harmónico, que se mantém invariante quando A1 se desloca sobre A1. Isso está ilustrado na figura.
Nesta configuração de um número ímpar n de retas passando por um porto comum O, considerando o transformado An+1 de A1 pela composição cíclica de perspetividades (esquema da figura), acontece que
An+1=A1 numa posição C quando e só quando (A1,An+1; C, O)=-1,
como pode verificar quando desloca A1 sobre r1.
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A figura é bem elucidativa do que fizemos:
Começamos por tomar A1 (verde) sobre r1. Para obter A2 sobre r2 como imagem de A1 pela perspetividade de centro P4: {A2}= A1P4.r2. E, sucessivamente, {A3}=A2P5.r3, {A4}=A3P1.r4, {A5}=A4P2.r5 até {A6}=A5P3.r1.
O mais natural é que A1 não coincida com A6. Quando A1 se desloca sobre r1 aproximando-se de O, A2 afasta-se de O, A3 aproxima-se de O, etc. Alternativamente, os pontos Ai, de ordem par ou ímpar, aproximam-se ou afastam-se de O.
Em particular, A6 move-se sobre r1 no sentido contrário ao movimento de A1 e é, portanto, de esperar que haja uma posição C em que A1 e A6 coincidem.
Essa posição C pode ser determinada como conjugado harmónico de O relativamente a A1 e A6, ou seja (A1, A6; C, O) é um quaterno harmónico, que se mantém invariante quando A1 se desloca sobre A1. Isso está ilustrado na figura.
Nesta configuração de um número ímpar n de retas passando por um porto comum O, considerando o transformado An+1 de A1 pela composição cíclica de perspetividades (esquema da figura), acontece que
An+1=A1 numa posição C quando e só quando (A1,An+1; C, O)=-1,
como pode verificar quando desloca A1 sobre r1.
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9.4.13
Transporte da razão dupla (esquema cíclico)
Como já tínhamos antecipado na entrada anterior, vamos agora transportar razões duplas seguindo uma esquema cíclico. A construção que segue serve de exemplo.
Tomámos n retas (n=6, no caso) - {ri, i = 1, 2, ..., n} - todas incidentes num ponto D. Na primeira reta, r1, tomamos 3 pontos A, B, C quaisquer, que são transferidos por uma composta de perspetividades para a última das retas, r1 no caso. Claro que estas perspetividades deixam invariante o ponto D incidente em todas as retas ri
Nestas condições, os correspondentes pontos A', B' C' em r6 serão tais que (A', B'; C', D') = (A, B; C, D), já que a razão dupla é preservada por perspetividade.
Tome-se agora o ponto AA'.BB', chamemos-lhe P. Há uma perspetividade de centro P que transforma A em A', B em B' e D em D e transforma também C em C' precisamente porque (A', B'; C', D') = (A, B; C, D). E isso quer dizer que CC' passa por AA'.BB'
Claro que esta construção serve de modelo para provar um teorema para qualquer n, natural.
Pode mover-se A, B ou C e verificar que o ponto P (AA'.BB'.CC') se mantém invariante. Claro que se mudarmos a posição de alguma retas ou algum centro de alguma das perspetividades do esquema, a perspetividade que leva de pontos de r para pontos de r' será outra e também será outro o seu centro.
Resultado inteiramente análogo pode ser observado para n=5, como ilustra a construção ao lado.
Movendo A,B, C poderá verificar o resultado: a perspetividade de centro AA'.BB' que tansforma os pontos A, B e D da reta r nos pontos A', B', D da reta r' também transforma C em C'.
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Tomámos n retas (n=6, no caso) - {ri, i = 1, 2, ..., n} - todas incidentes num ponto D. Na primeira reta, r1, tomamos 3 pontos A, B, C quaisquer, que são transferidos por uma composta de perspetividades para a última das retas, r1 no caso. Claro que estas perspetividades deixam invariante o ponto D incidente em todas as retas ri
Nestas condições, os correspondentes pontos A', B' C' em r6 serão tais que (A', B'; C', D') = (A, B; C, D), já que a razão dupla é preservada por perspetividade.
Tome-se agora o ponto AA'.BB', chamemos-lhe P. Há uma perspetividade de centro P que transforma A em A', B em B' e D em D e transforma também C em C' precisamente porque (A', B'; C', D') = (A, B; C, D). E isso quer dizer que CC' passa por AA'.BB'
Claro que esta construção serve de modelo para provar um teorema para qualquer n, natural.
Pode mover-se A, B ou C e verificar que o ponto P (AA'.BB'.CC') se mantém invariante. Claro que se mudarmos a posição de alguma retas ou algum centro de alguma das perspetividades do esquema, a perspetividade que leva de pontos de r para pontos de r' será outra e também será outro o seu centro.
Movendo A,B, C poderá verificar o resultado: a perspetividade de centro AA'.BB' que tansforma os pontos A, B e D da reta r nos pontos A', B', D da reta r' também transforma C em C'.
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8.4.13
Transporte de razões duplas por perspetividade.
Retomamos o papel fundamental das perspetividades - projeções centrais de pontos de uma reta em outra reta - e das razões duplas (cruzadas). Para lembrar que há uma infinidade de classes de teoremas baseados essencialmente numa aplicação iterada do facto bem conhecido e já abordado nestas notas de estudo: a razão dupla é preservada pela perspetividade.
Na construção que se segue, temos a configuração verde à esquerda que força 4 pontos de r - A, B, C, D - a uma posição harmónica. Dizemos que {A, B; C, D} é uma secção dos lados de um quadrilátero completo por r que passa por dois dos seus pontos diagonais a que chamamos quaterno harmónico sendo igual a -1 a razão dupla correspondente (A,B;C,D). Fixados A, B como pontos diagonais (interseções de lados opostos) de um quadrilátero qualquer e C como o ponto de uma das diagonais (retas passando por vértices opostos) sobre AB=r, D resulta como ponto da outra diagonal sobre r, independente do quadrilátero tomado. Pode verificar isso, movendo o ponto verde da configuração.
Uma cadeia de perspetividades transporta a razão dupla (no caso, harmónica) -1 destes pontos para a razão dupla dos pontos correspondentes em outras retas. Na construção apresentada, fechamos a cadeia com uma configuração vermelha que nos permite verificar que os quatro pontos finais A', B' C' D' também estão em posição harmónica. Pode mover o ponto verde da configuração vermelha e ver que D' se mantém para qualquer dos quadriláteros para os quais A' e B' são pontos diagonais e C' é ponto de uma diagonal.
Nas próximas entradas vamos abordar o transporte de razões duplas com recurso a estruturas cíclicas.
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Na construção que se segue, temos a configuração verde à esquerda que força 4 pontos de r - A, B, C, D - a uma posição harmónica. Dizemos que {A, B; C, D} é uma secção dos lados de um quadrilátero completo por r que passa por dois dos seus pontos diagonais a que chamamos quaterno harmónico sendo igual a -1 a razão dupla correspondente (A,B;C,D). Fixados A, B como pontos diagonais (interseções de lados opostos) de um quadrilátero qualquer e C como o ponto de uma das diagonais (retas passando por vértices opostos) sobre AB=r, D resulta como ponto da outra diagonal sobre r, independente do quadrilátero tomado. Pode verificar isso, movendo o ponto verde da configuração.
Uma cadeia de perspetividades transporta a razão dupla (no caso, harmónica) -1 destes pontos para a razão dupla dos pontos correspondentes em outras retas. Na construção apresentada, fechamos a cadeia com uma configuração vermelha que nos permite verificar que os quatro pontos finais A', B' C' D' também estão em posição harmónica. Pode mover o ponto verde da configuração vermelha e ver que D' se mantém para qualquer dos quadriláteros para os quais A' e B' são pontos diagonais e C' é ponto de uma diagonal.
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7.4.13
Homologia que transforma um quadrilátero num quadrado
A homologia plana que transforma um quadrilátero ABCD (de que os lados opostos se intersetam em pontos próprios) num quadrado A'B'C'D' já está apontada nas entradas anteriores (já que o quadrado é paralelogramo, retângulo e com as diagonais perpendiculares).
Como queremos que A'B'C'D' seja um paralelogramo ou que A'B'.C'D' e A'D'.B'C' sejam pontos impróprios, a reta limite da homologia terá de passar pelos correspondentes pontos próprios AB.CD (L1) e AD.BC (L2), dando OL1
a direção comum de A'B' e de C'D' e OL2 a direção comum de A'D' e de B'C'.
Para A'B'C'D' ser um quadrado é preciso que
a direção comum de A'B' e de C'D' e OL2 a direção comum de A'D' e de B'C'.
Para A'B'C'D' ser um quadrado é preciso que
- OL1 e OL2 sejam perpendiculares (o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L1L2),
- OL3 e OL4 sejam perpendiculares (o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L3L4)
5.4.13
Centro e reta limite da homologia que transforma um quadrilátero num retângulo
A homologia plana que transforma um quadrilátero ABCD (de que os lados opostos se intersetam em pontos próprios) num retângulo A'B'C'D' é em tudo semelhante às anteriores construções.
Como queremos que A'B'C'D' seja um paralelogramo ou que A'B'.C'D' e A'D'.B'C' sejam pontos impróprios, a reta limite da homologia terá de passar pelos correspondentes pontos próprios AB.CD (L1) e AD.BC (L2), dando OL1
a direção comum de A'B' e de C'D' e OL2 a direção comum de A'D' e de B'C'.
Para A'B'C'D' ser um retângulo é preciso que OL1 e OL2 sejam perpendiculares, o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L1L2
Todas as construções que temos estado a fazer ilustram transformações de quadriláteros noutros mas em que um deles é tal que quaisquer pares dos seus lados se intersetam em pontos próprios.
a direção comum de A'B' e de C'D' e OL2 a direção comum de A'D' e de B'C'.
Para A'B'C'D' ser um retângulo é preciso que OL1 e OL2 sejam perpendiculares, o que é satisfeito sse O for um ponto da circunferência de diâmetro L1L2
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