elementos: segundo exemplo de álgebra geométrica (Livro II, Prop. VI)

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Na entrada anterior, apresentámos os passos sequenciais de uma construção feita a partir de um segmento de reta $\;AB,\;$ do seu ponto $\;C\;$ que o dividia em duas partes iguais e de um outro $\;D\;$ que o dividia em duas partes desiguais, para demonstrar que $$AD\times BD + CD^2 = BC^2$$ usando somente a igualdade de áreas e o método corta e cola. E continuamos com

Livro II - PROP. VI. TEOR.
Sendo uma reta $\;AB,\;$ e nela o ponto $\;C\;$ que divide o segmento $\;AB\;$ em duas partes iguais e um ponto $\;D\;$ tal que $\;AD = AB+BD,\;$ então $$AD \times BD + CB^2 = CD^2 ,$$ isto é, o retângulo de lados iguais a $\;AB\;$ e $\;BD\;$ acrescentado do quadrado de lado igual a $\;CB\;$ é igual ao quadrado de lado igual a $\;CD \;$.

© geometrias. 21 de Março 2015, Criado com GeoGebra

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Passos da construção e da prova

1. (46.1) - Construímos o quadrado de lado $\;CD,\;$ $CEFD \;$ e tiramos $\;DE\;$.
2. (31.1) -
   • Por $\;B\;$ tiramos uma paralela a $\;CE\;$ ou a $\;DF\;$ -$\; BHG\;$ - em que $\;G\;$ e $\;H\;$ são pontos de $\;EF\;$ e de $\;DE,\;$ respetivamente.
   • Em seguida, por $\;H\;$ tiramos uma paralela a $\;AD\;$ ou a $\;EF \;$ - $\;LHM\;$ - em que $\;L \;$ e $\;M\;$ são pontos de $\;CE\;$ e de $\;DF,\;$ respetivamente.
   • e, finalmente, por $\;A\;$ tiramos uma paralela a $\;CL\;$ ou a $\; DM\;$ - $\;AK\;$ - sendo $\;K\;$ um ponto da reta $\;LM\;$
3. (36.1) - Por ser $\;AC=CB, \; AKLC\;$ e $\;CLHB\;$ são iguais em área (equivalentes)
4. (43.1) - $\;CLHC\;$ e $\;HGFM\;$ são iguais em área por serem complementos dos quadrados $\;BHMD\;$ e $\;LEGC\;$ na diagonal do quadrado $\;CEFD\;$. E assim $\;AKLC\;$ e $\;HGFM\;$ são iguais em área o que nos permite concluir que $\; AKMD\;$ é igual em área ao gnomon $\;CLHGFD\;$
5. (Cor 4.2.) - $\;DM=DB\;$ e, por isso, $\;AKMD\;$ de lados $\;AD\;$ e $\;MD \;$ é um retângulo de lados iguais a $\;AD\;$ e $\;DB\;$
6. O retângulo de lados $\;AD, DB\;$ - $\;AKMD \;$- acrescentado do quadrado de lado $\;BC \;$- $\;LEGH\;$ - é igual em área ao gonomon $\;CMG\;$ - $\;CLHGFD\;$ - acrescentado do quadrado de lado igual a $\;BC\;$ - $\;LEGH,\;$ e por isso, obviamente iguais em área ao quadrado $\;CEFG \;$ de lado igual a $\;BC\;$ □

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Livro I
PROP. XXXI. PROB.
De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada
PROP. XXXVI. TEOR.
Os paralelogramos, que estão postos sôbre bases iguais, e entre as mesmas paralelas, saão iguais
PROP. XLIII. TEOR.
Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si
.......................................
Livro II
PROP.IV. PROB
Se uma reta fôr cortada em duas partes quaisquer, será o quadrado da tôda igual aos quadrados das partes, juntamente com o retângulo das mesmas partes tomados duas vezes.
COROL.
Disto se segue que os paralelogramos, que existem na diagonal de um quadrado são também quadrados.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Um primeiro exemplo de proposição de álgebra geométrica, usando áreas (o corta e cola)

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No Livro II de "Os Elementos", apresentam-se resultados que estabelecem aparentes relações algébricas (álgebra geométrica), recorrendo somente à noção de igualdade (equivalência) de áreas (conteúdos) e às operações de que já descrevemos a base axiomática e a que chamamos de "corta e cola" (acrescentar ou remover figuras a outras figuras). Para além dos exemplos do Livro I, - Prop. XXXV, XXXVII, XLVII, XLVIII - já abordados (enunciados e demonstrações transcritas) incluindo construções dinâmicas de apoio a partir das originais, vamos agora tomar um ou outro exemplo do Livro II para serem usados mais adiante em construções exemplares da forma genial como Euclides elaborou o seu pensamento geométrico. Vamos passar a usar expressões algébricas, como poderíamos ter usado no Teorema de Pitágoras das últimas entradas, $$\;BC^2= AC^2 + AB^2\;$$ em vez de escrever que, de um triângulo $\;ABC\;$ retângulo em $\;A\;$, o quadrado de lado $\;BC\;$ (oposto a $\;Â\;$) é equivalente à soma dos quadrados de lados $\;AB\;$ e $\;AC\;$.

PROP. V. TEOR. Livro II
Se $\;AB\;$ for dividido em duas partes iguais por $\;C\;$ e em duas partes desiguais por $\;D\;$, o retângulo de lados $\;AD, BD\;$ acrescentado ao quadrado de lado $\;CD\;$ e igual ao quadrado de lado $\;BC\;$ - metade de $\;AB\;$.
$$AD\times BD + CD^2 = BC^2$$

© geometrias. 18 de Março 2015, Criado com GeoGebra

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Passos da construção e demonstração:

1. Usando a PROP. XLVI PROB. do Livro I (36.1), construímos o quadrado de lado $\;BC\;$ - $\;[BCEF]\;$
2. Usando o Postulado I, tiramos a reta $\;BE\;$
3. Usando (31.1),
   • por $\;D\;$ tiramos uma paralela a $\;CE\;$ (ou a $\;BF\;$) que interseta $\;BE\;$ em $\;H\;$ e $\;EF\;$ em $\;G\;$;
   • por $\;H\;$ tiramos uma paralela a $\;CB\;$ (ou $\;EF\;$) que interseta $\;CE\;$ em $\;L\;$ e $\;BF\;$ em $\;M\;$;
   • por $\;A\;$ tiramos uma paralela a $\;CL\;$ (ou a $\;BM\;$ que interseta a reta $\;LM\;$ em $\;K\;$
4. Por (43.1), Os paralelogramos $\;[DCLH],\; [MHGF]\;$ são iguais em conteúdo (ou área) por serem complementos no paralelogramo quadrado $\;[BCEF]\;$ dos dois paralelogramos (quadrados) $\;[BDHM], \; [CHLE]\;$ que existem ao longo da diagonal $\;BE\;$
5. Se acrescentarmos a cada um dos complementos $\;[DCLH],\; [MHGF]\;$ iguais em área, o mesmo $\;[DHMB]\;$ obtemos dois retângulos $\;[BCLM], \;[BDGF]\;$ iguais em área
6. Por (36.1), os paralelogramos (retângulos) $\;[CAKL]\;$ e $\;[BCLM]\;$ que têm bases iguais - $\;AC=CB|, \;$ por hipótese - e estão entre as mesmas paralelas - $\;AB \parallel KM. \;$ por construção, - são iguais em conteúdo (em área);
7. Sendo $\;[AKLC],\; [CLMB]\;$ iguais em área e, como antes tínhamos visto, $\; [CLMB]\;$ é igual em área a $\;[BDGF],\;$ então temos $\;[AKLC],\;[BDGF]\;$ iguais em área.
8. Podemos concluir que o quadrado de lado $\;BC,\; \;[BCEF]\;$ é igual em área ao gnomon (ver definição 2.2 abaixo) $\;[CMG] = [BCLHGFM]\;$ acrescentado de $\;[HLEG],\;$ quadrado de lado igual a $\;CD\;$
   ou ao retângulo $\;[AKHD]\;$ acrescentado do mesmo quadrado de lado $\;CD\;$, já que o gnomon referido é $\;[GDGFB]\;$ (ou $\;[AKHD]\;$ igual em área) acrescentado de $\;[CLHD]\;$ □

$$AD \times DB +CD^2 = CB^2$$

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Livro I
PROP. XLVI. PROB.
Sôbre uma linha reta dada descrever um quadado
PROP. XXXI. PROB.
De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada
PROP. XXXVI. TEOR.
Os paralelogramos, que estão postos sôbre bases iguais, e entre as mesmas paralelas, são iguais
PROP. XLIII. TEOR.
Em qualquer paralelogramo os complementos dos paralelogramos, que existem ao redor da diagonal, são iguais entre si
PROP. XLI. TEOR.
Se um paralelogramo e um triângulo estiverem sôbre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, o paralelogramo será o dôbro do triângulo
................................
Livro II
DEFINIÇÕES:
I
Todo o paralelogramo retângulo se considera compreendido por duas linhas retas, que formam o ângulo reto.
II
Em todo o paralelogramo $\;[BCEF]\;$ a figura $\;[BCLHGFB],\;$ que resulta de um paralelogramo daqueles (por exemplo, o de diagonal $\;BH\;$), que existem na diagonal $\;BE\;$ do paralelogramo maior, juntamente com os dois complementos (de diagonais $\;CH\;$ e $\;HF\;$, chama-se gnômon. Dêste modo o paralelogramo $\;HB ,\;$ juntamente com os complementos, $\;CH, \;HF\;$ fazem o gnômon que por brevidade, nota-se com as letras $\;CMG,\;$ ou $\;LDC,\;$ que estão postas nos vértices dos ângulos opostos dos paralelogramos, que formam o gnômon.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Elementos: O recíproco do Teorema de Pitágoras (por Euclides)

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Transcrevemos ainda de "Os Elementos" o enunciado e demonstração do recíproco do Teorema de Pitágoras, última proposição do Livro I. Muitas discussões sobre a introdução (ou não) em aulas do ensino básico acabaram sempre (ou quase) em derrotas de quem tal defendia. A derrota sente-se logo ao apresentar oralmente a demonstração que naturalmente utiliza vários resultados anteriormente provados, incluíndo o mais próximo teorema da sequência (o próprio teorema de Pitágoras).

RECÍPROCO DO TEOREMA DE PITÁGORAS

PROP. XLVIII. TEOR.
Se o quadrado feito sôbre um lado de um triângulo fôr igual aos quadrados dos outros dois lados, o ângulo compreendido por êstes dois lados será reto .

© geometrias. 5 de Março 2015, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ (no selector no centro ao fundo da janela de construção) verá o desenvolvimento da figura relativa à demonstração.

Seja o quadrado feito sôbre o lado BC do triângulo ABC igual aos quadrados feitos sôbre os lados BA, AC. Digo que o ângulo BAC é reto.

Levante-se do ponto A sôbre AC a perpendicular AD (_*Pr. 11.1.), e ponha- se AD = BA, e tire-se DC. Sendo DA = AB, será o quadrado sôbre DA igual ao quadrado sôbre AB. Ajunte_se-lhes o quadrado de AC. Os quadrados de DA, AC serão iguais aos quadrados de BA, AC. Mas o quadrado de DC é igual aos quadrados de DA, AC, por ser o ângulo DAC reto (_**Pr. 47.1. ), e o quadrado de BC se supõe igual aos quadrados de BA, AC. Logo, o quadrado de DC será igual ao quadrado de BC. Logo, será DC = CB. Sendo pois DA = AB, e AC comum, as duas DA, AC serão iguais às duas BA, AC. Mas é a base DC = BC outra base. Logo, será o ângulo DAC = BAC (_***Pr. 8.1.). Mas o ângulo DAC é reto. Logo, também o ângulo BAC será reto. □

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^*PROP. XI. PROB. De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sôbre a mesma reta dada. ^**PROP. XLVII. TEOR. Em todo o triângulo retângulo o quadrado feito sôbre o lado oposto ao ângulo reto, é igual aos quadrados formados sôbre os outros lados, que fazem o mesmo ângulo reto ^***PROP. VIII. TEOR. Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e as bases também são iguais; os ângulos, compreendidos pelos lados iguais, serão também iguais

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Elementos: Teorema de Pitágoras.

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Optamos por escolher alguns exemplos de enunciados e demonstrações de #"Os Elementos" para ilustrar o que Euclides tinha em mente quando usava a palavra igualdade associada à construção de conceitos diferentes. Temos andado a abordar resultados relacionados com áreas de figuras planas, apresentando resultados muito conhecidos (por enunciados atuais), mas transcritos do original para perceber como era ao tempo da génese das noções de geometria escrita.

TEOREMA DE PITÁGORAS

PROP. XLVII. TEOR.
Em todo o triângulo retângulo o quadrado feito sôbre o lado oposto ao ângulo reto, é igual aos quadrados formados sôbre os outros lados, que fazem o mesmo ângulo reto .

© geometrias. 28 de Fevereiro 2015, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ (no selector no centro ao fundo da janela de construção) verá o desenvolvimento da figura relativa à demonstração.

Seja o triângulo retângulo ABC, cujo ângulo reto seja BAC. Digo que o quadrado feito sôbre o lado BC é igual aos quadrados descritos sôbre os lados BA, AC, que formam o ângulo reto BAC.
Descreva-se sôbre BC o quadrado BDEC (Pr. 46.1.^*), e sôbre BA, AC os quadrados GB, HC. Pelo ponto A tire-se AL, paralela (Pr. 31.1. ^**) a BD, ou CE, tirem-se também as retas AD, FC. Porque os ângulos BAC, BAG são retos (Def. 30. ^***), as duas retas CA, AG estão em direitura uma com outra (Pr. 14.1. ^****). O mesmo será a respeito das duas AB, AH. Os ângulos DBC, FBA, por serem retos, são iguais. Ajunte-se-lhes o mesmo ângulo ABC. Logo, o total DBA será igual ao total FBC (Ax. 2.^*****). E sendo as duas AB, BD iguais às duas FB, BC, cada uma a cada uma, e o ângulo DBA = FBC, será o triângulo ABD = FBC outro triângulo (Pr. 4.1.^******). Mas o paralelogramo BL é o dôbro (Pr. 41.1.^*******) do triângulo ABD, porque está sôbre a mesma base BD, e entre as mesmas paralelas BD, AL; e o quadrado GB é o dôbro do triângulo FBC, porque tem a base comum FB, e estão q as mesmas paralelas FB, GC. Logo, sendo iguais os dobros de quantidades iguais (Ax. 6.^********), deve ser o paralelogramo BL igual ao quadrado GB. Do mesmo modo, tiradas as retas AE, BK, se demonstra, que o paralelogramo CL é igual ao quadrado HC. Logo, o quadrado inteiro BDEC, feito sôbre o lado BC oposto ao ângulo reto BAC, é igual aos dois quadrados GB, HC formados sôbre os lados BA, AC, que fazem o mesmo ângulo reto BAC. □

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^*PROP XLVI.PROB. Sôbre uma linha reta dada descrever um quadrado ^**PROP. XXXI. PROB. De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada ^*** DEFINIÇÃO XXX. Entre as figuras quadriláteras, o quadrado é o que é juntamente equilátero e retângulo ^**** PROP.XIV. TEOR. Se em um ponto de uma linha reta qualquer concorrerem de partes opostas duas retas, fazendo com a primeira reta os ângulos adjacentes iguais a dois retos, as retas, que concorrem para o dito ponto, estarão em direitura uma da outra. ^***** AXIOMA II Se a cousas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais. ^****** PROP. IV. TEOREMA. Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e os ângulos, compreendidos por êstes lados, forem também iguais; as bases e os triângulos, e os mais ângulos, que são opostos a lados iguais, serão também iguais. ^*******PROP. XLI. TEOR. Se um paralelogramo e um triângulo estiverem sobre a mesma base, e enre as mesmas paralelas, o paralelogramo será o dobro do triângulo. ^********AXIOMA VI As quantidades, das quais cada uma por si faz o dôbro de outra quantidade, são iguais.

Nota: Dedicadas ao Teorema de Pitágoras, há mais 50 entradas com diferentes enunciados, construções, demonstrações, aplicações, ... publicadas neste Lugar Geométrico.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Elementos: igualdade de "conteúdos" de triângulos.

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Transcrevemos do Livro I de "Os Elementos"¹ o enunciado e demonstração da proposição Pr. 37.1 que trata da igualdade de dois triângulos, no mesmo sentido da Pr. 35.1, apresentado para paralelogramos na entrada anterior. Estes resultados que tratam de apresentar condições em que duas figuras são iguais ("em área ou conteúdo") usando o método de "corta e cola" - remover e juntar figuras de ou a outras figuras - processo puramente geométrico.

PROP. XXXVII. TEOR.

Os triângulos, que estão postos sôbre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais.

© geometrias. 21 de Fevereiro 2015, Criado com GeoGebra

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ (no selector no centro ao fundo da janela de construção) verá o desenvolvimento da figura relativa à demonstração.

Os triângulos ABC, DBC, estejam postos sôbre a mesma base BC, e entre as mesmas paralelas AD, BC. Digo que os triângulos ABC, DBC são iguais.

Produza-se AD de uma e outra parte para E, e F, e pelo ponto B tire-se BE paralela a CA, e pelo ponto C tire-se CF paralela a BD (Pr. 31.1.^*). Logo, EBCA, DBCF serão dois paralelogramos. Mas êstes paralelogramos são iguais (Pr. 35. 1.^**), por estarem sôbre a mesma base BC, e entre as mesmas paralelas BC, EF; e o triângulo ABC é a metade (Pr. 34.1.^***) do paralelogramo EBCA, que fica dividido em duas partes iguais pela diagonal AB, como também o triângulo DBC é a metade do paralelogramo DBCF, que é dividido em duas partes iguais pela diagonal DC. Logo, será o triângulo ABC = DBC, outro triângulo, porque as metades de quantidades iguais são também iguais (Ax. 7.^****). □

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^*PROP. XXXI. PROB.
De um ponto dado conduzir uma linha reta paralela a outra linha reta dada ^**PROP. XXXV TEOR.
Os paralelogramos que estão postos sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais. ^***PROP. XXXIV TEOR.
Os lados e os ângulos opostos dos espaços formados com linhas paralelas, ou paralelogramos, são iguais; e todo o espaço paralelogramo, fica dividido pela diagonal em duas partes iguais ^****AXIOMA VII VII. E aquelas, que são metades de uma mesma quantidade, são também iguais..

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

Igualdade n'Os Elementos de Euclides - contexto e não definido

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É verdade que partimos para as demonstrações de proposições em geometria (euclidiana), referidos a DEFINIÇÕES (I - XXXV), POSTULADOS (I -III) e AXIOMAS (I - XII), mas assumindo noções nossas, aparentemente intuitivas e construídas pela nossa instrução escolar. Nos resultados que vamos estudar em futuras entradas com construções (ou antes, demonstrações construtivas com régua e compasso), precisamos de nos aproximar de novo, em detalhe,de "Os Elementos" 1 e de quem os interpreta. Em que medida é que elas correspondem ao que Euclides tinha em mente ou ao que se encontra nos Elementos?

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Tomemos para exemplo, o enunciado da
Proposição XXXV
transcrito do primeiro livro dos "Elementos" ¹ - (Pr. 35.1) :

Os paralelogramos que estão sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, são iguais


e da sua demonstração (também transcrita de "Os Elementos" ¹):

Sejam os paralelogramos ABCD, EBCF sôbre a mesma base BC (Fig. acima), entre as mesmas paralelas AF, BC. Digo que o paralelogramo ABCD é igual ao paralelogramo EBCF.
Se os lados AD, DF (figura acima) dos paralelogramos ABCD, DBCF oposto à base comum BC tiverem um têrmo comum D (pode na figura deslocar E até coincidir com D); claro está que, sendo os paralelogramos ABCD, DBCF cada um o dôbro do mesmo triângulo BDC (Pr. 34.1.), serão iguais entre si.
Mas os lados AD, EF (Fig. acima em que pode deslocar E para ficar entre A e D, etc) não sejam terminados no mesmo ponto. No paralelogramo ABCD é AD = BC (Pr. 34.1. ), e no paralelogramo EBCF é EF = BC. Logo, será AD = EF (Ax. 1.). Ajunte-se a mesma reta DE, ou tire-se. Será AE = DF, isto é, o todo igual ao todo, ou o resto igual ao resto (Ax. 2 e 3). Mas é AB = DC. Logo, as duas EA, AB são iguais às duas FD, DC, cada uma a cada uma. Mas o ângulo externo FDC é igual (Pr. 29. 2.) ao interno EAB. Será o triângulo EAB = FDC outro triângulo (Pr. 4.1.). Do trapézio ABCF tire-se o triângulo FDC; e do mesmo trapézio ABCF tire-se o triângulo EAB. Logo, os paralelogramos ABCD, EBCE, que são os restos, serão iguais (Ax. 3) entre si.□

Ao ler o enunciado em que se fala de paralelogramos iguais nas condições de estarem sobre uma mesma base e estarem compreendidos entre as mesmas paralelas, remetemos sempre para áreas dos paralelogramos, apesar de não haver nomeação específica do que se esteja a tratar. As palavras igual, iguais, igualdade, ... aparecem em cenários diferentes no enunciado e na demonstração. Quando refere ângulo iguais ou segmentos iguais ou triângulos iguais paralelogramos iguais pode estar levar-nos a noções (não definidas ou não nomeadas) tão diferentes como amplitude de ângulo, comprimento, área,… congruência,… equivalência. Na proposição (Pr. 4.1.), referida na demonstração, Euclides utiliza expressões como sobrepor, ajustar, coincidir (ou sinónimas) para justificar a igualdade (geométrica) de dois triângulos, por exemplo. Na demonstração desta Proposição XXXV utiliza juntar, acrescentar a uma figura outra figura sem sobreposições para obter uma figura maior ou remover parte de uma figura para obter outra menor.... Significa isto que Euclides usou a palavra "igualdade" (e "desigualdade") a verificar certas propriedades (axiomas e noções comuns) para definir relações de equivalência. Contextos diferentes referem-se a noções diferentes: Dois segmentos iguais representam um mesmo comprimento, dois ângulos iguais representam uma mesma amplitude, .... paralelogramos sobre uma mesma base e compreendidos entre as mesma paralelas representam uma mesma área... No caso em estudo, as propriedades das relações (que é o que importa) que Euclides utiliza são, adaptadas grosseira e livremente de Robin Hartshorne ²:

Duas figuras iguais (congruentes, geometricamente iguais) têm igual conteúdo (mesma área)

Se cada uma de duas figuras tem igual conteúdo de uma terceira, têm igual conteúdo

Se pares de figuras com igual conteúdo são acrescentadas (adicionadas) com uma terceira (no sentido de serem juntas sem sobreposições para construir figuras maiores) então as figuras assim obtidas têm igual conteúdo.

A igualdade de conteúdo da diferença (por remoção) não depende de onde sejam removidas partes de igual conteúdo.

Metades de figuras de igual conteúdo têm igual conteúdo (duplicar duas figuras de igual conteúdo produz figuras de igual conteúdo)

Uma figura é sempre maior que uma das suas partes, o que significa que se uma figura é parte própria de outra, então a parte e o todo não podem ter igual conteúdo

que seguem os enunciados dos axiomas, como se pode ver pela transcrição ¹ abaixo.

AXIOMAS I. As cousas, que são iguais a uma terceira, são iguais entre si.
II. Se a cousas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais..
III. E sé de cousas iguais se tirarem outras iguais, os restos serão iguais. .
IV. E se a cousas desiguais se juntarem outras iguais, os todos serão desiguais..
V. E se de, cousas desiguais se tirarem cousas iguais, os restos serão desiguais..
VI. As quantidades, das quais cada uma por si faz o dôbro de outra quantidade, são iguais..
VII. E aquelas, que são metades de uma mesma quantidade, são também iguais..
VIII.Duas quantidades, que se ajustam perfeitamente uma com outra; são iguais..
IX. O todo é maior do que qualquer das suas partes..
(...)

A demonstração mais bela do teorema de Pitágoras usa este resultado e a noção não definida (área, não gostamos de igual conteúdo) aqui apresentada.

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944
2. Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2000

espiral: lituus

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No Tratado das Curvas, Gomes Teixeira aborda uma espiral conhecido por Lituus que é o lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ para os quais é constante a área dos setores circulares $\;P_0OP\;$ sendo $\;O\;$ um ponto fixo e centro da circunferência de raio $\;OP_0 = OP\;$ e os diferentes ângulos $\;\alpha = P_0\hat{O}P\;$ têm por primeiro lado uma semi-reta dada de extremo em $\;O\;$, onde incidem todos os pontos $\;P_0\;$.
Como sabemos, para cada $\;P\;$, um círculo de de raio $\;OP \;$ tem área $\;2\pi \times OP^2 \;$ e um seu setor circular correspondente a um ângulo ao centro $\;P_0\hat{O}P\;=\;\alpha \;$ radianos, tem por área $\;\alpha \times OP^2 .\;$.

© geometrias: 4 de fevereiro de 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\left\{\;P: \;OP^2\times \alpha= a^2\;\right\}$$ em que são dados $\;O, \; a\;$. No caso da nossa construção, tomámos $\;a=2,5\;$ e $\;\alpha\;$ a percorrer os valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. \;$
Para cada valor de $\;a\;$, um ponto $\;P\;$ do nosso lugar geométrico "Lituus" fica definido em função de $\;O,\;$ dado, e de ângulo $\;\alpha\;$ medido a partir de dada semi-reta com extremidade em $\;O\;$: $$ OP^2 \times \alpha = a^2 \Leftrightarrow OP = \frac{a}{\sqrt{\alpha}}$$ Na figura estão assinalados os pontos $\;A, \;B,\;C, \;D:\;$

$A_0\hat{O}A=\frac{\pi}{2}\;$ e $\;OA=a\times \sqrt{\frac{2}{\pi}}$
$B_0\hat{O}B=\pi\;$ e $\;OB=a\times \sqrt{\frac{1}{\pi}}$
$C_0\hat{O}C=\frac{3\pi}{2}\;$ e $\;OACa\times \sqrt{\frac{2}{3\pi}}$
$D_0\hat{O}D=2\pi\;$ e $\;OD=a\times \sqrt{\frac{1}{2\pi}}$
$$\forall L\in \mathbb{R}^+, \exists \delta \in \mathbb{R}^+ : [\alpha<\delta \Rightarrow OP>L ] \wedge [\alpha >L \Rightarrow OP<\delta] $$

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iFrancisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909

Espiral de Fermat

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No Tratado das Curvas, Gomes Teixeira chama espiral de Fermat a uma curva que, em termos de construção, não acrescenta novidade à espiral de Arquimedes da anterior entrada.
A nossa entrada de hoje aborda só uma construção da Espiral, esclarecendo a definição. Para cada $\;Q\;$ existe um ângulo $\;\theta\;$ e ponto $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $$\begin{matrix} & \cal{R} (A, \theta)& \\ D& \mapsto & Q\\ \end{matrix}$$ sendo que para cada $\;D\;$ de $\;AB\;$ haverá um $\; k: \;0 \leq k\leq 1\;$ tal que $\; D=A+k\times(B-A)\;$ (ou $\; \overrightarrow{AD}= k\times \overrightarrow{AB}$):

• : $\; k=0 \Leftrightarrow D=A, \; k=1 \Leftrightarrow D=B\;$
• e para sincronizar os dois movimentos $\; k = \displaystyle \frac{\theta}{2\pi}: \;$
  $\theta=0 \Leftrightarrow k=0 \Leftrightarrow Q=D=A, \; \theta=2\pi \Leftrightarrow k=1 \Leftrightarrow Q=D=B\;$

Cada ponto $\;R\;$ é obtido por rotação em torno de $\;A\;$ e ângulo $\;\pi+theta\;$ de um dos pontos D, exatamente $\;D=A+\displaystyle \frac{\theta}{2\pi}(B-A)\;$ que é o mesmo que dizer que $\;R\;$ é obtido como imagem de $\;Q\;$ por meia volta de centro em $\;A\;$

© geometrias: 20 janeiro 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\;\left\{\;Q: \;AQ = \displaystyle \frac{AB}{2\pi} \theta\right\}\;$$ e $$\;\left\{\;R: \;AQ = \displaystyle \frac{AB}{2\pi} (\theta+\pi)\right\}\;$$ em que são dados $\;A, \;B\;$ e $\;\theta\;$ toma valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. $

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Francisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909

Espiral de Arquimedes

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A primeira espiral que é estudada no Tratado das Curvas (referido em entradas anteriores e na nota de rodapé) é a chamada Espiral de Arquimedes, no Tratado definida como lugar geométrico dos pontos $\;P\;$ de uma semi-reta $\;\dot{A}P\;$ a rodar em torno do ponto $\;A\;$ dado, ao mesmo tempo que que se desloca sobre essa semi-reta a parir de $\;A\;$ sendo constante a velocidade dos dois movimentos. Para além do estudo da curva e das suas propriedades, o Tratado contém notas históricas sobre autorias da descoberta da curva e das demonstrações das suas propriedades.
A nossa entrada de hoje aborda só uma construção da Espiral, esclarecendo a definição. Para cada $\;P\;$ existe um ângulo $\;\alpha\;$ e ponto $\;D\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $$\begin{matrix} & \cal{R} (A, \alpha)& \\ D& \mapsto & P\\ \end{matrix}$$ sendo que para cada $\;D\;$ de $\;AB\;$ haverá um $\;0 \leq k\leq 1\;$ tal que $\; P=A+k\times(B-A)\;$ (ou $\; \overrightarrow{AP}= k\times \overrightarrow{AB}$):

• : $\; k=0 \Leftrightarrow P=A, \; k=1 \Leftrightarrow P=B\;$
• e para sincronizar os dois movimentos $\; k = \displaystyle \frac{\alpha}{2\pi}: \;$
  $\alpha=0 \Leftrightarrow k=0 \Leftrightarrow P=D=A, \; \alpha=2\pi \Leftrightarrow k=1 \Leftrightarrow P=D=B\;$

© geometrias: 16 janeiro 2015, Criado com GeoGebra

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A espiral construída é o conjunto de pontos $$\;\left\{\;P: \;AP = \displaystyle \frac{AB}{2\pi} \alpha\right\}\;$$ em que são dados $\;A, \;B\;$ e $\;\alpha\;$ toma valores no intervalo (de radianos) $\;[ 0, \; 2\pi ]. $

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Francisco Gomes Teixeira. Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches (Tome II) Obras sobre Mathemática vol V, Imprimérie de l'Université. Coimbra: 1909

Curvas como lugares geométricos (memória)

curvas como lugares geométricos, ....

Em 2009, publicámos construções dinâmicas de curvas como lugares geométricas apresentadas nas vol IV das Obras sobre Mathemática de Francisco Gomes Teixeira, mais propriamente no Tomo I de "Traîté des Courbes Spéciales Remarquables Planes et Gauches" que existe na Biblioteca da Escola Secundária de José Estêvão, em Aveiro. Foram elas, as seguintes:

Folium Parabólico [16/6/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/06/folium-parab.html
Conchóide de Sluse I [20/6/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/06/conchoide-de-sluse.html
Conchóide de Sluse II [30/6/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/06/conchoide-de-sluse-ii.html
Primeira cissóide [1/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/primeira-ciss.html
Segunda cissóide [4/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/segunda-ciss.html
Terceira cissóide [8/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/terceira-ciss.html
Quarta cissóide [9/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/quarta-ciss.html
Quinta cissóide [11/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/quita-ciss.html
Cissóide e sua inversa [14/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/cissoide-e-sua-inversa.html
Inversa da cissóide de Diócles [14/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/inversa-da-ciss-de-di.html
A cissóide de Diócles e a parábola [19/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/ciss-de-diocles-e-par.html
Conchóide de Nicomedes [20/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/conch-de-nicomedes.html
Cissóides? [27/7/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/07/ciss.html
Oval de Descartes [1/8/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/08/oval-de-descartes.html
As espíricas, as lemniscatas [4/8/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/08/as-esp-as-lemniscatas.html
Estrofóide? [7/8/09]
http://geometrias.blogspot.com/2009/08/estrof.html

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Nas próximas entradas, retomamos (ou tentamos retomar) as construções de curvas como lugares geométricos, agora do tomo II do Tratado. Começamos com as espirais.

regressar ao futuro

DEVAGAR DO PASSADO ATÉ AO FUTURO © geometrias:10 janeiro 2015, Criado com GeoGebra

o décimo aniversário do GEOMETRIAS e a evolução regular da teia.

10 ANOS DE GEOMETRIAS.BLOGSPOT.PT

©geometrias. 28 dezembro 2014, Criado com GeoGebra

Pontos equidistantes a duas circunferência dadas - uma discussão

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Na entrada anterior, tratámos de procurar as curvas que contêm o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas circunferências dadas,$\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$, considerando que a distância de um ponto $\;P\;$ a a uma circunferência $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;OP-r, \;$ no caso de $\;P\;$ ser exterior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;r-OP\;$ se $\;P\;$ for interior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;0\;$ se $\,P\;$ for um ponto de $\;(O, \;r)\;$

tendo concluído que os pontos $\;P\;$ equidistantes das duas circunferências $\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$ satisfazem a condição: Os pontos $\;P\;$ exteriores às duas circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição $\;O_1P -r_1= O_2P -r_2\;$ equivalente a $$O_1P - O_2P = r_1-r_2\; \mbox{ou}\; O_2P - O_1P = r_2 - r_1$$ ou pontos de uma hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$ que pode seguir-se na figura que transportámos para esta entrada.

António Aurélio Fernandes insistiu que devíamos discutir a figura, a existência de soluções, o lugar geométrico. Quando procuramos um lugar geométrico de pontos que satisfazem uma dada condição, isto é, um conjunto de pontos definido compreensivamente pela condição, temos de esclarecer que face a um dado ponto qualquer (da hipérbole, por exemplo) podemos dizer, sem dúvida, que ele pertence ou não pertence ao lugar geométrico e podemos esclarecer para que (definições e) condições é que o conjunto de pontos encontrados (a hipérbole) é o respetivo lugar lugar geométrico.

É óbvio que $\;PL=PO_2-r_2 = PO_1 -r_1= PN\;$ e, para a definição considerada acima, P é um ponto equidistante das duas circunferências e da hipérbole.

© geometrias, 17 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

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Mas para o ponto $\;S\;$ da hipérbole, é óbvio que $\;SJ=SO_1-r_1 \neq SO_2 -r_2 =SW\;$ e, por isso, $\;S\;$ não é um ponto equidistante das duas circunferências para a definição de distância de um ponto a uma circunferência acima estabelecida.
Podemos verificar rapidamente que há um ponto $\;K\;$ de $\;(O_1, \; r_1)\;$ e um ponto $\;Z\;$ de $\;(O_2, \; r_2)\;$ tais que $\; SK=SO_1+r_1 = SO_2+r_2 = SZ \;$ e $$\;SO_2 + r_2 = SO_1 + r_1 \; \mbox{ou} \; SO_2-SO_1= r_2 -r_1\;$$ e que é por isso que $\;S\;$ é um ponto da hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$

Essa hipérbole seria o lugar geométrico dos pontos equidistantes das duas circunferências se tivéssemos definido que um ponto $\;X\;$ é equidistante das duas circunferências sempre que existirem $\; X_1 \in (O_1, \; r_1). XO_1 , \; X_2 \in (O_2, \; r_2). XO_2\;$ tais que $\;XX_1= XX_2\;$

Sabemos que a hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$ é o lugar geométrico dos pontos $\;P\:$ tais que $$\;|PO_1 - PO_2|=|r_1-r_2|,$$ sendo que esta condição pode ser decomposta numa disjunção de várias, que a cada uma corresponde o seu conjunto de pontos (soluções) e que a reunião dos diversos conjuntos de pontos (soluções) dessas condições constituem a hipérbole.

Pontos equidistantes a duas circunferências dadas.

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Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de duas circunferências $\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$ .

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Sabemos que a distância de um ponto $\;P\;$ a uma circunferência $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;OP-r, \;$ no caso de $\;P\;$ ser exterior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;r-OP\;$ se $\;P\;$ for interior a $\;(O, \;r)\;$
• $\;0\;$ se $\,P\;$ for um ponto de $\;(O, \;r)\;$

Os pontos $\;P\;$ equidistantes de duas circunferências $\;(O_1, \; r_1)\;$ e $\;(O_2, \; r_2)\;$ satisfarão as seguintes condições:

• Os pontos $\;P\;$ exteriores às duas circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição $\;O_1P -r_1= O_2P -r_2\;$ equivalente a $$O_1P - O_2P = r_1-r_2\; \mbox{ou}\; O_2P - O_1P = r_2 - r_1$$ ou pontos de uma hipérbole de focos $\;O_1, \; O_2\;$ com segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 - r_2|\;$
• Os pontos $\;P\;$ exteriores a $\;(O_1, \;r_1)\;$ e interiores a $\;(O_2, \; r_2)\;$ delas equidistantes satisfazem a condição $\;O_1 P - r_1 =r_2 - O_2P\;$ equivalente a $$ O_1P + O_2P = r_1+ r_2$$ ou pontos de uma elipse de focos $\;O_1, \;O_2\;$ e eixo maior de comprimento $\;r_1+r_2\;$.
  Como é óbvio, os pontos interiores a $\;(O_1, \;r_1)\;$ e exteriores a $\;(O_2, \; r_2)\;$ satisfazem a mesma condição.
• Os pontos interiores a ambas as circunferências e delas equidistantes satisfazem a condição $\;r_1 - O_1P =r_2 - O_2P\;$ equivalente a $$O_1 P-O_2P = r_1-r_2 \; \mbox{ou} \; O_2P - O_1P = r_2-r_1 $$ ou pontos de uma hipérbole de focos $\;O_1, \;O_2\;$ e segmento de eixo transverso de comprimento $\;|r_1 -r_2|\;$

Na construção que apresentamos a seguir, tomamos duas circunferências de raios (6 e 2) diferentes, sendo os centros pontos livres no plano. pretendemos ilustrar o que atrás concluímos e não percorrer exaustivamente todos os casos que diferentes situações relativas das circunferências ou a comparação entre os raios (por exemplo não tomamos circunferências de raios iguais).

© geometrias, 17 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

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Ao alto da construção temos dois segmentos: $\;AB = r_1 + r_2\;$ e outro $\;EF = |r_1 - r_2|:$

• O ponto $\;S\;$ livre em $\;AB\;$ divide este em dois $\;AS\;$ e $\;BS\;$ que permite, por interseção de circunferências centradas em $\;O_1, \; O_2\;$ e de raios $\;AS, \;BS, \;$ determinar pontos cuja somas das suas distâncias a $\;O_1\;$ e $\;O_2\;$ seja constante igual a $\;r_1 + r_2\;$
• o ponto $\;D\;$ colinear com $\;E, \;F\;$ exterior a $\;EF\;$ determina dois segmentos $\;DE\;$ e $\;DF\;$ tais que $\;DE - DF = |r_1-r_2|\;$ que permitem, por sua vez, por interseção de circunferências centradas em $\;O_1, \;O_2\;$ e raios $\;DE, \;DF, \;$ determinar pontos tais que as diferenças das suas distâncias aos centros $\;O_1, \;O_2\;$ é constante e igual a $\;|r_1 - r_2|\;$

A janela inicial ilustra o caso de duas circunferências mutuamente exteriores. Fazendo deslocar qualquer dos centros pode ir vendo, para as diferentes posições relativas das duas circunferências, as curvas que vão aparecendo e discutir para cada uma delas se se trata do lugar geométrico dos pontos equidistantes às duas.
Pode sempre voltar à configuração inicial clicando sobre o "botão na direita alta" e clicando no botão $\;\fbox{|>}\,$ na esquerda baixa, que movimenta $\;S,\; D, \;$ pode acompanhar o traçado das diversas curvas pelos pontos $\;P, \;Q\;$ construídos pelo processo descrito.

Pontos equidistantes de uma circunferência e de uma reta que a interseta. (2)

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Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência $\;(O, \; r)\;$ e de uma reta$\;a\;$ que a interseta.

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Na nossa construção,
$\;\; \fbox{n=1}:\;\;$ é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e uma reta $\;a\;$ que a interseta em $\;B, \;C\;$.
Fazendo variar os valor de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=}\;$, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r).\;$ Usando os pontos $\;A \;$ e $\;T\;$ pode variar a posição da reta $\;a\;$
$\;\; \fbox{n=2}:\;\;$ A reta definida por $\;A\,$ e $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;T\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;a.\;$ A distância de $\;a\;$ à circunferência é, pois, $\;AT= r-AO\;$ e o ponto médio do segmento $\;AT\;$ é equidistante de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos. Para determinar outros pontos $\;Q\;$ equidistantes de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ tomamos um ponto $\;D\;$ variável da circunferência e a tangente em $\;D\;$ perpendicular a $\;DA\;$ que contém os segmentos de reta cujos comprimentos são distâncias de pontos à circunferência. Os pontos $\;Q\;$ equidistantes da circunferência e da reta encontram-se como interseções de $\;a\;$ com as bissetrizes dos ângulos $\;D\hat{G}A\;$ das tangentes nos ponto $\;D\;$ com a reta $\;\;a\;$.

© geometrias, 11 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

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$\;\; \fbox{n=3}:\;\;$ Quando o ponto $\;D\;$ percorre o arco $\;BTC\;$ da circunferência, os pontos $\;Q\;$ do semiplano determinado pela reta $\;a\;$ e pelo ponto $\;T\;$ percorrem um arco de parábola de foco $\;O\;$ e diretriz $\;d_1\;$ determinada de modo análogo ao usado na entrada anterior.
$\;\; \fbox{n=4}:\;\;$ Para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;a\;$ e da circunferência, procedemos de modo inteiramente análogo usando um ponto $\;E\;$ do arco $\;CEB\;$ da circunferência no outro dos semi-planos definidos pela reta $\;a\;$ .
$\;\; \fbox{n=5}:\;\;$ E de modo análogo, vimos que quando $\;E\;$ percorre o arco da circunferência, $\;P\;$ percorre um arco de parábola de foco $\;O\;$ e diretriz $\,d_2\;$
Claro que estas duas parábolas (que se intersetam nos pontos $\;B, \;C\;$ e em que a reta $\;a\;$ interseta $\;(O, \;r)\;$ de que apresentámos um arco de cada) constituem o lugar geométrico dos pontos equidistantes da circunferência e da reta $\;a\;$ que a intersete em dois pontos distintos. Separámos os arcos para $\;D\;$ e $\;E\;$ para simplificar a figura.
$\;\; \fbox{n=6}:\;\;$ Poderá verificar o que atrás afirmamos seguindo a animação de um ponto $\;M\;$ que percorre a circunferência, para o qual se determinam pontos das duas bissetrizes do ângulo formado pela tangente em $\;M\;$, perpendicular a $\;OM,\;$ e a reta $\;a\;$. Para cada ponto $\;M\;$ estão determinados sobre essas bissetrizes dois pontos equidistantes de $\;a\;$ e de $\;(O, \;r)\;$. Estes pontos estão sobre as duas parábolas referidas.
Deslocando $\;A\;$ até que este coincida com $\;T\;$ pode ver que o lugar geométrico é formado por uma reta que passa por $\;O\;$ pelo ponto de tangência da reta com a circunferência e por uma parábola
Se a reta $\;a\;$ passa por $\;O\;$ o lugar geométrico é constituído por duas parábolas que se intersetam nos extremos de um diâmetro da circunferência.

Pontos equidistantes de uma reta e de uma circunferência (1)

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Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado nas entradas anteriores, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência $\;(O, \; r)\;$ e de uma reta $\;a\;$ que não interseta essa circunferência.

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Na nossa construção,

1. é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e uma reta $\;a\;$ que a não interseta;
2. a reta perpendicular a $\;a\,$ tirada por $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;B_0\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;a.\;$ A distância de $\;A_0\;$ à circunferência é, pois, $\;A_0B_0= r-A_0O,\;$, já que $\;A_0\;$ é exterior à circunferência, e o ponto $\;P_0,\;$ médio do segmento $\;A_0B_0\;$ é equidistante de $\;A_0\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos;




© geometrias, 8 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

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3. para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;a\;$ e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos $\; P\;$ à circunferência é medida sobre a reta $\;PO\;$. Tomando um ponto $\;B\;$ da circunferência, variável, a existir cada um dos pontos $\;P\;$ que procuramos, estará sobre alguma reta $\;BO,\;$ com $\;B\;$ a percorrer a circunferência. Como a distância $\;PB\;$ de $\;P\;$ à circunferência terá de ser igual a $\;PA, \;$ $\;P\;$ terá de ser um ponto da bissetriz do ângulo formado pela tangente em $\;B\;$ e por $\;a\;$, para cada $\;B\;$ da circunferência;
4. como sabemos para cada ponto $\;B,\;$ há um ponto $\;P\;$ para o qual $\;AP= PB,\;$ sendo $\;AP \perp a, \;$ e sobre a reta $\;AP\;$ há um ponto $\;U\;$ tal que $\;AU=r\;$ ou $\;PU = PO.\;$ $\;PU\;$ é a distância de $\;P\;$ à reta $\;d\;$ paralela a $\;a\;$ e que dela dista $\;r, \;$ como se pode ver na nossa figura.
5. Os pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;a\;$ e de $;(O, \;r)\;$ são equidistantes de $\;O\;$ e de $\;d\;$, isto é, estão sobre uma parábola de diretriz $\;d\;$ e de foco $\;O.\;$

Clicando sobre o botão $\;\fbox{|>}\;$ poderá ver a curva que o ponto $\;P\;$ percorre.
Na nossa construção, consideramos a reta $\;a\;$ não secante nem tangente à circunferência $\;(O, \;r)\;$ e os pontos $\;B\;$ da circunferência tais que $\; \angle A_0Ô B \leq \displaystyle \frac{\pi}{2} .\,$ Veremos outras construções com outras restrições em próximas entradas.

Pontos equidistantes de uma circunferência e um ponto a ela interior.

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Vamos nesta entrada prosseguir o trabalho iniciado na entrada anterior, construindo o lugar geométrico dos pontos equidistantes de uma circunferência $\;(O, \; r)\;$ e de um ponto $\;A\;$ tal que $\;AO \leq r\;$.

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Na nossa construção,
$\;\; \fbox{n=1}:\;\;$ é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e um ponto $\;A\;$ interior a ela.
Fazendo variar os valor de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=}\;$, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$
$\;\; \fbox{n=2}:\;\;$ A reta definida por $\;A\,$ e $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;B_0\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;A. \;$ A distância de $\;A\;$ à circunferência é, pois, $\;AB_0= r-AO\;$ e o ponto $\;M-0\;$, médio do segmento $\;AB_0\;$ é equidistante de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso, é um ponto do lugar geométrico que procuramos.

© geometrias, 3 de Dezembro de 2014, Criado com GeoGebra

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$\;\; \fbox{n=3}:\;\;$ Para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;A\;$ e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos $\; P\;$ à circunferência é medida sobre a reta $\;PO\;$. Tomando um ponto $\;B\;$ da circunferência, variável, a existir cada um dos pontos $\;P\;$ que procuramos, estará sobre alguma reta $\;BO,\;$ com $\;B\;$ a percorrer a circunferência. Como a distância $\;PB\;$ de $\;P\;$ à circunferência terá de ser igual a $\;PA, \;$ $\;P\;$ terá de ser um ponto da mediatriz de $\;AB\;$, para cada $\;B\;$ da circunferência.
$\;\; \fbox{n=4}:\;\;$Clicando sobre o botão $\;\; \fbox{|>}\;\;$ de animação de $\;B\;$ verificará que, quando $\;B\;$ percorre a circunferência $\;(O, \;r),\;$ o ponto $\;P\;$ percorre uma elipse de focos $\;A\;$ e $\;O,\;$ como seria de esperar, já que $\;PA=PB=r-PO\;$ que é o mesmo que $\;PO+PA=r :\;$
A soma $\;PO+PA\;$ das distâncias de $\;P\;$ a $\;A\;$ e a $\;O\;$ é constante (igual ao raio $\;r\;$da circunferência dada).

Pontos equidistantes de uma circunferência e um ponto a ela exterior.

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Ao longo dos anos, apresentamos várias definições e várias construções para as cónicas recorrendo a condições com distâncias de ponto a ponto, de ponto a reta, de reta a reta. Vamos agora introduzir lugares geométricos dos pontos que verificam condições usando distâncias de ponto a circunferência, reta a circunferência e circunferência a circunferência. Nesta entrada, trataremos do lugar geométrico dos pontos equidistantes a um ponto e a uma circunferência dados.

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Tomemos um ponto $\;A\;$ e uma dada circunferência $\;(O, r)\;$. A distância do ponto $\;A\;$ a $\;(O, \;r)\;$ é dada por

• $\;AO - r\;$ no caso de $\;A\;$ ser exterior à circunferência; <\li>
• $\;r-AO\;$ no caso de $\;A\;$ ser interior à circunferência;
• $\;0\;$ n caso de $\;A\;$ estar sobre a circunferência.

De um modo geral, podemos dizer que a distância de um ponto $\;P\;$ qualquer do plano a uma circunferência $\;(O, \; r)\:$ é dada por $$\; |PO-r|\;$$

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Na nossa construção,
$\;\; \fbox{n=1}:\;\;$ é dada a circunferência $\;(O, \; r)\;$ e um ponto $\;A\;$ exterior a ela.
Fazendo variar os valor de $\;n\;$ no cursor $\;\fbox{n=}\;$, pode seguir os passos da resolução do problema de construção do lugar geométrico dos pontos equidistantes de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$
$\;\; \fbox{n=2}:\;\;$ A reta definida por $\;A\,$ e $\;O\;$ interseta a circunferência no ponto $\;B_0\;$ que é o ponto da circunferência mais próximo de $\;A. \;$ A distância de $\;A\;$ à circunferência é, pois, $\;AB_0= AO-r\;$ e o ponto $\;M-0\;$, médio do segmento $\;AB_0\;$ é equidistante de $\;A\;$ e de $\;(O, \;r)\;$ e, por isso é um ponto do lugar geométrico que procuramos.

© geometrias, 30 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

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$\;\; \fbox{n=3}:\;\;$ Para determinar outros pontos $\;P\;$ equidistantes de $\;A\;$ e da circunferência, lembremo-nos que a distância de pontos $\; P\;$ à circunferência é medida sobre a reta $\;PO\;$. Tomando um ponto $\;B\;$ da circunferência, variável, a existirem cada um dos pontos $\;P\;$ que procuramos estará sobre alguma reta $\;BO,\;$ com $\;B\;$ a percorrer a circunferência. Como distância $\;PB\;$ de $\;P\;$ à circunferência terá de ser igual a $\;PA, \;$ $\;P\;$ terá de ser um ponto da mediatriz de $\;AB\;$, para cada $\;B\;$ da circunferência.
$\;\; \fbox{n=4}:\;\;$Clicando sobre o botão $\;\; \fbox{|>}\;\;$ de animação de $\;B\;$ verificará que, quando $\;B\;$ percorre a circunferência $\;(O, \;r),\;$ o ponto $\;P\;$ percorre uma hipérbole de focos $\;A\;$ e $\;O,\;$ como seria de esperar, já que $\;PA=PB=PO-r\;$ que é o mesmo que $\;PO-PA=r :\;$
A diferença $\;PO-PA\;$ das distâncias de $\;P\;$ a $\;A\;$ e a $\;O\;$ é constante (igual ao raio $\;r\;$da circunferência dada).

Invariante nas triangulações de polígonos inscritíveis (2)

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Consideremos um polígono convexo $\;[A_1 A_2 \;\ldots A_{k} \ldots A_n]\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O \;$ e raio $\;R\;$ dados. Tomemos uma triangulação, por exemplo $\; [A_1A_2A_3], \; [A_1A_3A_4],\; \dots , \; [A_1A_{k-1}A_k], \; \dots \; [A_1A_{n-1}{A_n}]$ de $\;n-2\;$ triângulos e designemos por $\;i_k\;$ o inraio do triângulo $\;[A_1A_kA_{k+1}]\;$. Há várias triangulações para cada polígono, mas
a soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos é a mesma para qualquer das triangulações possíveis. Provemos.

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No artigo publicado a 20.11.14 sob o título soma invariante nas triangulações de quadrilátero convexo inscrito mostrámos que, para um quadrilátero convexo inscrito numa cirucnferência de centro $\;O\;$ e raio $\;R\;$ dados,

• a soma dos inraios de uma das triangulações é igual à soma dos inraios da outra
• e, para isso, se demonstrou o teorema de Carnot:
  • para um triângulo acutângulo $\;ABC\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;R\;$ se chamarmos $\;i\;$ ao inraio de $\;ABC\;$ e $\; m, \; n, \;p\;$ às distâncias de $\;O\;$ aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB\;$ respetivamente, então $$R+i =m+n+p$$
  • para um triângulo $\;ABC\;$, obtusângulo em $\;C, \;$ verifica-se que $$R+i =m+n-p$$
• óbvio é que se $\;ABC\;$ for um triângulo retângulo em $\;C, \;$ verifica-se que $$R+i =m+n$$ já que $\;AB=c\;$ é um diâmetro de $\;(O)\;$

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Na figura abaixo, apresenta-se um hexágono convexo $\;[A_1A_2A_3A_4A_5A_6]\;$ inscrito numa circunferência $\;(O).\;$ A imagem inicial apresenta um hexágono com $\;O\;$ como ponto do seu interior e no interior de $\;[A_1A_4A_5]\;$ triângulo da triangulação feita tomando as diagonais tiradas por $\;A_1\;$, no exemplo. Para além das diagonais, na figura também estão visíveis as distâncias $\;OM_k =m_k\;$ (aos lados do polígono $A_kA_{k+1} \;$) e $\;ON_k = n_k\;$ (às diagonais $\;A_1A_3,\; A_1A_4, \;A_1A_5\;$ que são lados dos triângulos da triangulação tomada.

© geometrias, 24 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

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1. Aplicando o Teorema de Carnot (referido acima) aos triângulos em que decompusémos o nosso polígono, temos
   $ R+i_1 = m_1+m_2-n_1 $ $R+i_2 = n_1+m_3-n_2$ $R+i_3 = n_2+n_3 + m_4$ $R+i_4 = m_5 +m_6 -n_3$ e, por isso, $$ 4R + (i_1 + i_2 +i_3 +i_4 )= m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 $$ ou $$i_1 + i_2 +i_3 +i_4 =m_1+m_2+m_3+m_4 +m_5+m_6 -4R \;\;\;\;\; \square$$ A soma dos inraios é igual à soma das distâncias do circuncentro aos lados do polígono diminuida do número de circunraios igual ao número de triângulos da triangulação (exatamente igual a $\;n-2, \;$ sendo $\;n\;$ o número de vértices ou número de lados do polígonos unicamente dependente do polígono e da sua circunscrita e independente da triangulação tomada.
   
   Este raciocínio aplica-se a qualquer polígono convexo inscritos em circunferência com centro no interior do polígono e, forçosamente, em algum triângulo cujos lados são lados ou diagonais do polígono.
2. O mesmo raciocínio pode ser utilizado para o caso de $\;O\;$ ser um ponto exterior ao polígono inscrito em $\;(O,\; R).\;$ Nestas condições, o ponto $\;O\;$ é exterior a todos os triângulos de qualquer triangulação que se tome.
   Verificará que, por aplicação do Teorema de Carnot, o resultado se mantém o mesmo.
3. O resultado pode ser demonstrado por indução finita, usando o resultado da entrada anterior. Para um triângulo, o inraio varia conforme tenha um ângulo obtuso, reto ou todos agudos. Para um quadrilátero convexo inscrito mantém-se invariante a soma dos inraios para cada uma das triângulações. Bastará provar que, para qualquer $\;p\geq 4\;$,
   se a soma dos inraios de um polígono convexo inscrito de $\;p\;$ lados é invariante para todas as suas triangulações então também tal se verifica para todos os polígonos convexos inscritos de $\;p+1\;$ lados
   Um polígono convexo inscrito de $\;p+1\;$ lados, $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p+1}\;$, pode decompor-se sempre em dois polígonos inscritos na mesma circunferência, a saber: um polígono de $\;p\;$ lados — $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\;$ —, e um triângulo $\;A_1A_pA_{p+1}\;$. Pela hipótese de indução, para $\;p\geq 4\;$. $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p_3}+ i_{p-2} =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-3)R$$ $\;O\;$ pode ser interior de $\;\left\{A_k\right\}_{k=1, ...,p}\;$ (e exterior de $\;A_1A_pA_{p+1}\;$) ou .... ou exterior a ambos....
   Consideremos $\;O\;$ exterior a $\;A_1A_pA_{p+1}\;$ e $\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1}$ obtuso. A distância de $\;O\;$ ao lado $\;A_1A_p\;$, oposto ao obtuso neste triângulo, é $\;n_{(p+1)/2} \;$, sendo $\;m_p\;$ a distância de $\;O\;$ a $A_pA_{p+1}$ e $\;m_{p+1}\;$ a $A_{p+1}A_1$.
   Para este último triângulo $\;A_1A_pA_{p+1}\;$ inscrito em $\;(O, \;R)\;$ de que $\;O\;$ está no exterior ($\angle A_1\hat{A_p}A_{p+1}$ é obtuso), o seu inraio $\;i_{p-1}\;$ é igual a $\;m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R \;$
   Podemos então escrever para $\;p\geq 4, $ $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + \underbrace{i_{p-1}}=\\\ =m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p-2} + n_{(p+1)/2} -(p-2)R + \underbrace{m_p + m_{p+1} - n_{(p+1)/2} -R}$$ ou $$i_1 + i_2+ i_3 + \dots + i_{p-3}+ i_{p-2} + i_{p-1}=m_1+ m_2+ m_3 + \dots +m_{p+1-2} + m_{p+1-1} + m_{p+1} -(p+1-2)R $$ como queríamos provar.

Soma invariante na triangulação de polígonos inscritíveis (I)

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Consideremos um quadrilátero convexo $\;[ABCD]\;$ inscrito numa circunferência dada. Cada uma das suas diagonais divide o quadrilátero em dois triângulos diferentes tendo a respetiva diagonal por lado comum. Dizemos por isso que um quadrilátero admite duas triangulações diferentes: divisão em $\;[ABC]\;$ e $\;[ACD]\;$ pela diagonal $\;AC;\;$ e em $\;[ABD]\;$ e $\;[BCD]\;$ pela diagonal $\;BD\;$.
Um dos "sangakus" mais famosos relaciona as duas triangulações de um quadrilátero convexo inscrito numa circunferência. Assim:

A soma dos raios das circunferências inscritas nos triângulos de cada triangulação de um quadrilátero inscrito é igual para as duas triangulações

© geometrias, 16 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

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Lembramos que

• Os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito numa circunferência são suplementares. Consideremos um caso semelhante ao da figura acima em que são agudos os ângulos dos vértices $\;A\;$ e $\;B\;$ e, em consequência, os respetivos suplementares $\;C\;$ e $\;D\;$ são obtusos.
• O produto das diagonais de um quadrilátero inscrito numa circunferência é igual à soma dos produtos de lados opostos: $\; AC \times BD = AB \times CD + BC \times CD \;$ - teorema de Ptolomeu - aplicado ao quadrilátero da figura acima.

1. Na figura dinâmica que se segue, mostra-se o triângulo acutângulo $\;ABC \;$, o seu incírculo $\;(I, i)\;$ e as distâncias do circuncentro $\;O\;$ do triângulo aos seus lados: $\;OM = m\;$ - altura do triângulo $\;OBC,\;$tirada de $\;O\;$ para $\;BC =a; \;$ $\; ON =n\;$ - altura do triângulo $\;OCA\;$ tirada de $\;O\;$ para $\;CA =b;\;$ e $\;OP\;$ - altura de $\; OAB$ tirada de $\;O\;$ para $\;AB =c. \;$ Lembra-se que como $\;OM \perp BC\;$, sendo $\;BC\;$ corda da circunferência $\; (O), \;$ é $\; BM=MC$
   $$\; \Delta[OBC] + \Delta[OCA] + \Delta[OAB] = \Delta [ABC]$$ que que multiplicada por 2, dá $$\;m \times a + n \times b + p \times c = (a+b+c) \times i$$




© geometrias, 19 de Novembro de 2014, Criado com GeoGebra

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Use os botões $\square \; ACIJ\;$ e $\square \; BDKL\;$ para mostrar ou esconder cada uma das partes da construção para acompanhar o texto da prova .


2. Cada um dos quadriláteros $\;[OMCN], \;[ONAP], \; [OPBM] \;$ é inscritível, já que cada um deles tem dois ângulos opostos retos (suplementares portanto) e, consequentemente, os outros dois opostos também são suplementares. Por isso, chamando $\;R=OA=OB=OC=OD\;$ ao circunraio, aos lados $\;a=BC, \;b=AC, \;c=AB,\;$ e ás alturas respetivas dos triângulos $\;OBC, \; OCA, \;OAB\;$ respetivamente $m=OM ,\; n=ON , \; p=OP,\;$ e, por ser $$ NP =\frac{a}{2}, \; MN =\frac{b}{2}, \; MP=\frac{c}{2}, \;$$ podemos escrever (com recurso ao teorema de Ptolomeu, aplicado a cada um desses quadriláteros em que $\;[ABC]\;$ se decompõe, $\;[OMCN]: \;$ $$R\times \frac{c}{2} =m \times \frac{b}{2} + n\times \frac{a}{2}$$ multiplicando por 2, equivalente a $$R\times c= m \times b + n \times a$$ e, do mesmo modo para $ \;[ONAP]\;$ $$ R\times a =n \times c + p \times b $$ e para $\;[OPBM] :\;$ $$\; R\times b =p \times a + m \times c $$ E, somando $$\; (a+b+c) \times i= m \times a + n \times b + p \times c $$ com as últimas três, obtemos $$R\times (a+b+c) +(a+b+c)\times i = a(m+n+p) +b(m+n+p) +c(m+n+p)$$ $$(a+b+c)(R+i) = (a+b+c)(m+n+p)$$ ou seja
   $R+i = m+n+p= OM + ON + OP\;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos acutângulos
3. 
   
   
   1. Para o triângulo $\;CDA\;$ em que $\;D\;$ é vértice de um ângulo obtuso e o circuncentro está no seu exterior, podemos fazer um raciocínio análogo, levando em conta que a soma das áreas dos triângulos $\;ODC\;$ e $\;ODA\;$ excedem a área de $\;CDA\;$ numa área igual à do triângulo $\;OCA.\;$
      Assim no caso de um triângulo $\;CDA\;$ inscrito e sendo $\;D\;$ obtuso $$\Delta [CDA] = \Delta [OCD] + \Delta [ODA] - \Delta [OCA] $$ de onde podemos retirar $$ (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + AD\times OR + AC \times (-ON) $$
   2. Por outro lado, o teorema de Ptolomeu aplicado aos três quadriláteros inscritíveis $\;[OQDS], \;[OSAN], \; [ONCQ], \;$ dá-nos $$ R \times (AC + CD + DA) =O\times DA + DC \times OS + OS \times AC + AD \times ON + ON\times CD + OQ \times CA $$ e somando esta última, membro a membro, com $\; (AC+CD+DA) \times j = CD \times OQ + DA\times OS +AC \times (-ON ) $, $$R \times (AC+CD+ DA) + (AC+CD+DA) \times j= \\= OQ \times ( AC+CD+DA) + OS \times (AC+DC+DA) - ON \times (AC+CD+DA) =\\= (OQ+OS-ON) \times ( AC+CD+DA)$$ $R+j =q+s-n= OQ+OS-ON ;\;\;\; \square$ - Teorema de Carnot para triângulos obtusângulos
   
   
   Finalmente, podemos escrever $$2R+i+j=m+p+q+s = OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; i+j= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
4. E repetindo o raciocínio para a outra triangulação de $\;ABCD\;$ em que este quadrilátero é dividido pela diagonal $\;BD\;$ nos triângulos $\;ABD\;$ (de incentro $\;K\;$ e inraio $\;k\;$) e $\;BCD\;$ (de incírculo $\;(L, \; l)\;$), podemos escrever que $$R+k= OP+OT+OS=p+t+s$$ $$R+l=OM+OQ-OT = m+q-t$$ e finalmente $$2R+k+l= OM+OP+OQ+OS \;\mbox{ou} \; k+l= OM+OP+OQ+OS - 2R$$
$$i+j=k+l \;\;\;\;\; \;\;\;\;\; \square $$ como queríamos provar.

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(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulos retângulos: altura e inraios

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Problema: Um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$ está dividido em dois triângulos $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ pela sua altura $\;CH\;$ relativamente à hispotenusa $\;AB.\;$
Provar que a altura $\;h=CH\;$ é igual à soma dos raios$\;i,\;j,\;k\;$ dos incírculos $\;(I, i), \;(J, j), \; (K, k)\;$ de $\;[ABC],\; [CAH], \; [BCKH]\;$ respetivamente.

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© geometrias, 29 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;i\;$ do incírculo de um triângulo $\;[ABC]\;$ retângulo em $\;C\;$, é dado por $\;i= \displaystyle \frac{a+b-c}{2}.\;$
Como $\;[CAH]\;$ e $\;[BCH]\;$ são retângulos em $\;H\;$ $\;j =\displaystyle \frac{AH+HC-CA}{2}=\frac{AH+h-b}{2}\;$ e $\;k =\displaystyle \frac{CH+HB-BC}{2} =\frac{h+HB-a}{2}\;$
Somando os raios das três circunferências inscritas da figura, temos $\;i+j+k = \displaystyle \frac{a+b-c}{2} + \frac{AH+h-b}{2} + \frac{h+HB-a}{2}= \frac{a+b-c +AH+h-b+h+HB-a}{2} $
Como $\;AH+HB= c,\;$ conclui-se que
$\;i+j+k = h \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; $ □

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J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Seis círculos gémeos num quadrado

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Problema: É dado um quadrado $\;[ABCD],\;$ dividido pela diagonal $\;BD\;$ em dois triângulos isósceles iguais. O triângulo $\;ABD\;$ está dividido por $\;DP\;$ em dois triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[PBD]\;$ que admitem incírculos congruentes.
Determinar o raio destes incírculos em função do lado do quadrado.

1. Na anterior entrada de 18.10.14 Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos demonstrámos que para um triângulo, como $\;[DAB]\;$ na figura, $\;DP = \displaystyle \sqrt{p(p-a)},\;$ em que $\; a=AB=DA, \;2p= DA+AB+BD. \; \;$
   Este resultado permite determinar, com régua e compasso, $\;PD\;$ e os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[PBD]\;$ que circunscrevem as circunferências gémeas.
   
   

© geometrias, 25 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Clicando no botão "□azulejo" pode ver o quadrado com seis círculos gémeos, assim construídos.

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2. No triângulo $\;[DAB],\;$ como $\;DA=AB = a\;$ e $\;DB=\sqrt{2} a,\;$
   o seu semi-perímetro é $\;p = \displaystyle \frac{2a+\sqrt{2} a}{2} =a+\frac{\sqrt{2}}{2} a\;\;\;$ e $\;\;\;\;p-a =\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2} a.\;$
   E, em consequência, $\;DP^2 = p(p-a) = \displaystyle \left(a+\frac{\sqrt{2}}{2} a \right) \frac{\sqrt{2}}{2} a = \frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2\;$
   Obtém-se assim o valor de $\;DP\;$ em função de $\;a\;$.
   E, claro, podemos obter também imediatamente uma expressão para $\;AP\;$ em função de $\;a:\;$
   $\; AP^2 = PD^2 - DA^2 = \displaystyle\frac{\sqrt{2}+1}{2} a^2 - a^2 = \left(\frac{ \sqrt{2} +1}{2} -1\right) a^2 = \frac{\sqrt{2}-1}{2} a^2\;$


3. Por outro lado, na entrada de 13.9.14 Círculo "misto" de um triângulo retãngulo mostrámos que o raio $\;k\;$ do incírculo de um triângulo $\;[PDA]\;$ retângulo em $\;A\;$, é dado por $\;k= \displaystyle \frac{DA+AP-PD}{2}.\;$
   
   Assim, em função de $\;a\;$ o valor de $\;k\;$ é:
   $\; \displaystyle \frac{1}{2} (DA+AP-PD) = \frac{1}{2}\left( a + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} a - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}} a \right).\;$
   Concluindo $$k= \frac{a}{2}\left( 1 + \displaystyle \sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}} - \sqrt{\frac{\sqrt{2}+1}{2}}\right)$$

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J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Triângulo dividido em dois triângulos com incírculos gémeos

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Problema: Dois círculos gémeos $\;(J, k)\;$ e $\; (K, k)\;$ estão inscritos respetivamente em $\;[ABP]\;$ e $\;[APC].\;$
Determinar o comprimento de $\;AP\;$ em função dos lados de $\;[ABC]\;$


Notações: $\; x=AP, \;a =BC, \;b=AC,\; c=AB, 2p=a+b+c,\; 2p_1=c+BP+PA., 2p_2=AP+PC+b\;$ De resto seguimos as designações usadas na fuigura.

© geometrias, 15 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Clicando no botão que mostra ou esconde a circunferência $\;(I, r),\;$inscrita no triângulo $\;[ABC],\;$ mostram-se ainda os segmentos $\;BI, CI\;$ das bissetrizes de $\;\hat{B}\;$ (a passar por $\;J\;$) e de $\;\hat{C}\;$ a passar por $\;K\;$ ; e o segmento $\;II_a,\;$ raio de $\;(I)\;$ para o ponto de tangência com $\;BC.\;$<

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O problema apresentado consiste em demonstrar, consideradas as notações da figura e as referidas acima, que $$\;AP = \sqrt{p(p-a)}$$

1. Sendo $\; 2p_1=c+BP+PA,\;$ $\;2p_2=AP+PC+b \;$ e $\;BP+PVC=a,\;$ $\;\; 2(p_1+p_2)= c+BP+x +x+PC+b =a+b+c+2x =2p+2x$
   ou, concluindo, $$ p + x = p_1 + p_2$$
2. As áreas dos três triângulos relacionam-se como segue. $\;\Delta ABC = \Delta ABP + \Delta APC \;\;\;$ e, cada uma das áreas pode ser obtida pelo produto do semiperímetro do triângulo pelo raio da circunferência nele inscrita. Assim, temos $\;p\times r = (p_1 +p_2)\times k = (p+x)\times k = p.k+x.k\;$ e, finalmente, de $\;p.r=p.k+x.kp\;$ se conclui $$x = \frac{p.r}{k}-p$$
3. Há, na figura completa, triângulos obviamente semelhantes $\;[IBI_a]\; \sim \;[JBJ_a]\;$ e $\;[CII_a]\; \sim \;[CKK_a]\;$ Por isso, podemos escrever que $$\frac{r}{k} = \frac{BI_a}{BJ_a} = \frac{I_aC}{K_aC} \;\; \;\; (*)$$ Como $\;(I, r)\;$ é tangente a $\;BC\;$ em $\;I_a,\;$ a $\;AC\;$ em $\;I_b\;$ e a $\;BC\;$ em $\;I_c,\;$ $ \; BI_a =BI_c, \; CI_a=CI_b, \; AI_c=AI_b\;$
   $\underbrace{BI_a+ I_aC}+AI_c =BI_c+\underbrace{CI_b+I_bA} =BC+AI_c=BI_c+CA=$ $= a+AI_c=BI_c+b=a+AI_b=b+BI_a=p \;$ e, em conclusão,
   $\;BI_c=BI_a=p-b, \; CI_b=CI_a = p-c.$
   Também é $\;AI_b=AI_c=p-a.\;$.
   Do mesmo modo, como $\; (J, k)\;$ é o incírculo de $\;[ABP], \; \;BJ_a=p_1-AP=p_1-x$ e, por ser $\; (K, k)\;$ incírculo de $\;[APC],\;\;\; CK_a=p_2 - AP=p_2-x.$
   
   E, retomando $\;\;(*)\;\;$, podemos escrever $$\frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x} =\frac{p-c}{p_2-x}$$
4. Temos assim 3 equações envolvendo $\;AP=x,\; r,\; k, \;p, \;a, \;b, \;c,\;p_1, \;p_2\;$ :
   • $x=\displaystyle \frac{rp}{k}-p$
   • $\displaystyle \frac{r}{k} =\frac{p-b}{p_1-x}$
   • $\displaystyle \frac{r}{k}=\frac{p-c}{p_2-x}$
   que se podem reduzir a duas em $\;x, \;a, \;b; \;c. \; p,\;p_1, \;p_2\;$ $$x=p\times\frac{p-b}{p_1-x} -p \Longleftrightarrow p_1x -x^2 =p(p-b)-p(p_1-x) $$ $$ x= p\frac{p-c}{p_2-x}-p\Longleftrightarrow p_2x-x^2 = p(p-c)-p(p_2-x)$$ que, somadas ordenadamente, dá $$(p_1+p_2).x-2x^2=p.(2p-b-c)-p.(p_1+p_2)+2px$$ e, finalmente,
   $(p+x).x-2x^2=p.a-p(p+x)+2px \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a-p(p+x)-x.(p+x)+2px \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow -2x^2=p.a+2px-(p+x)^2 \Longleftrightarrow -2x^2 =p.a+2px - p^2 -x^2-2px \Longleftrightarrow -x^2 =pa-p^2 \Longleftrightarrow \\ \Longleftrightarrow x^2 = p(p-a)$ $$ x= \sqrt{p(p-a)} \;\;\;\;\;\;\; \square$$

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J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
(sugestões de António Aurélio Fernandes)

Num quadrado, uma semicircunferência e duas circunferências com tangentes comuns

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Problema: Temos um quadrado $\;[ABCD]\;$, um semicírculo de diâmetro $\;AB,\;$ ao qual $\;CK\;$ é tangente. A circunferência de centro $\;O_1\;$ está inscrita no triângulo $\;[CDK],\;$ As tangentes comuns a $\;(O), \;(O_1)\;$ são as retas $\;AD, \; EH.\;$ Esta última $\;EH\;$ interseta $\;CK\;$ em $\; G\;$. A circunferência de centro $\;O_2\;$ está inscrita no triângulo $\;[CGH].\;$
Determinar relações entre os raios de $\;(O_1)\;$ e $\;(O_2).\;$


Notações: Representemos por $\;a =AB =...\;$ o comprimento do lado do quadrado , por $\;r_1\;$ o raio de $\;(O_1)\; $ e por $\;r_2\;$ o raio de $\;(O_2).\;$

A construção da figura é feita pela ordem que a descrição do enunciado sugere e a determinação das relações pode ser feita de vários modos. Escolhemos o que nos pareceu mais simples, com recurso a propriedades das tangentes comuns a circunferências, a triângulos retângulos, teorema de Pitágoras e semelhanças.

© geometrias, 13 de Outubro de 2014, Criado com GeoGebra

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Fazendo variar de 1 a 4 os valores de $\;n\;$ no cursor verde escuro ao fundo da construção, poderá acompanhar com elementos auxiliares os passos de resolução do problema.

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1. Por construção, a semicircunferência $\;(O)\;$ tem diâmetro $\;AB=a\;$ ou raio igual a $\;\displaystyle \frac{a}{2}\;$ e como $\;CL\;$ e $\;CB\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;C, \;$ $\;CL =CB =a.\;$ Do mesmo modo, por serem $\;CS\;$ e $\;CM\;$ segmentos das tangentes a $\; (O_1)\;$ tiradas por $\;C, \; \;CS =CM= CD-DS = a- r_1$. Assim, o segmento entre os pontos $\;L\;$ e $\;M\;$ de tangência de uma tangente comum (interiormente) a (O) e (O_1) é tal que $$\;LM = CL - CM = a-(a-r_1)=r_1\; \; \; \\ \wedge \\ LM^2 =OO_1^2 - OW^2= (OT^2+TO_1^2)- OW^2= \left(\frac{a}{2} -r_1\right)^2 +\left(a-r_1\right)^2 - \left(\frac{a}{2}+r_1\right)^2 =\\ =\frac{a^2}{4}+r_1^2 - ar_1 + a^2+r_1^2-2ar_1 - \frac{a^2}{4} - r_1^2 - ar_1 = r_1^2 + a^2 - 4ar_1 $$ $$ r_1^2 = r_1^2 + a^2- 4ar_1 \Longleftrightarrow a^2-4ar_1=0 \Longleftrightarrow a(a-4r_1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee r_1=\frac{a}{4} $$ Existindo quadrado $\;ABCD\;$ de lado não nulo $\;(a \neq 0), \;$ o raio da circunferência $\;(O_1) \;$ é $\, \displaystyle r_1 = \displaystyle \frac{a}{4}$
2. Como $\;M, \;F\;$ são pontos de tangência das tangentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;O_1M \perp MG, \; O_1F \perp GF,$ $\; GM=GF, \; O_1M=r_1=\displaystyle \frac{a}{4}=O_1F \:$ e, em consequência, $\;[O_1MGF]\;$ é um quadrado de lado igual a $\;r_1 = \displaystyle \frac{a}{4},$ (um quadrilátero equilátero com dois ângulos opostos retos é um quadrado.)
   De modo análogo por $\;L, \; V\;$ serem pontos de tangência das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;G,\;$ $\;[GLOV]\;$ é um quadrado de lado $\; \displaystyle \frac{a}{2}\;$
   Como $\;KR\;$ e $\;KM\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O_1) \;$ tiradas por $\;K, \;\;KR\;=\;KM$
   E, do mesmo modo, como $\; AK\;$ e $\;KL\;$ são segmentos das tangentes a $\;(O)\;$ tiradas por $\;K,\; AK=KL$
   $\;AR =AD-RD = \displaystyle a-\frac{a}{4} = \frac{3a}{4}=AK+KR=AK+KM=AK+KL+LM=2KL+LM=2AK+\frac{a}{4}\;$, de onde se retira $\;2AK=\displaystyle \frac{2a}{4}\; $ ou $\;AK=KL=\displaystyle \frac{a}{4}.\;$
   $\;GK = \frac{3a}{4}\;$ Como $\;[EO_1F] \sim [O_1KM]\; $ e $\;KM=2.MO_1\;$ temos $O_1F=2.EF\;$ ou $\;EF=\displaystyle \frac{1}{2}O_1F = \frac{1}{2} \times \frac{a}{4} = \frac{a}{8}.\;$
   $GE=GF+FE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}\;$ Como $\;S, \; F\;$ são pontos de tangência das tagentes a $\;(O_1)\;$ tiradas por $\;E, \; EF=ES= \displaystyle \frac{a}{8}\;$ e $\;DE = \displaystyle \frac{a}{4}+\frac{a}{8} = \frac{3a}{8}= GE.\;$
   $CE= CD-DE =\displaystyle a -\frac{3a}{8} = \frac{5a}{8} $
   Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo $\;CGE\;$ retângulo em $\;G\;$ temos $\;CG^2 = CE^2-GE^2 = \displaystyle \left(\frac{5a}{8}\right)^2 - \left(\frac{3a}{8} \right)^2 = \frac{16a^2}{64},\;$ de onde $\;CG=\displaystyle \frac{a}{2}.\;$
3. A circunferência $\;(O_2, \;r_2)\;$ está inscrita no triângulo $\;[HCG]\;$ retângulo em $\;G\;$ e obviamente semelhante a $\;[KCD]\;$ retângulo em $\;D.\;$ . De facto, para além de $\; \angle D = \angle G,\;$ também $\;\angle G\hat{H}C = \angle D\hat{C}K\;$por ambos serem complementares de $\;\angle H\hat{C}G.\;$
   
4. Para resolver o problema proposto de determinar a relação entre os raios dois círculos, bastará determinar a razão da semelhança entre os triângulos em que eles estão inscritos.
   A razão da semelhança $\;[HCG]\;\sim \;[KCD]\;$ pode ser calculada, já que conhecemos os comprimentos (em função de $\;a\;$) de dois catetos homólogos $\;CG = \displaystyle \frac{a}{2}\;$ e $\;KD=\displaystyle \frac{3a}{4}$. Assim, podemos dizer que $$\;r_1 = \frac{3}{2} \times r_2\; \;\;\;\; \; \square$$
   Como $ \; \displaystyle r_1=\frac{a}{4}, \; r_2=\frac{a}{6}.\;$ ....

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a partir de enunciado de J. Marshall Unger, A collection of 30 Sangaku Problems, Ohhio State University.
e seguindo em parte o processo de Garcia Capitán, F. J. Resolución de problemas bonitos de Geometría con métodos elementales Priego de Córdoba, 2003
(sugestões de António Aurélio Fernandes)