GEOMETRIA

13.3.16

Construir um trapézio de que se conhecem os comprimentos dos lados

Problema:
Construir um trapézio de que conhecemos os comprimentos dos seus lados $\;a=AB, \;b=BC,\;c=CD,\;d=DA\;$ sendo as bases paralelas $\;AB,\;CD\;$

Sendo $\;AB\;$ e $\;CD\;$ as bases paralelas de um trapézio $\;ABCD, \;$ uma paralela tirada por $\;C\;$ a $\;DA\;$ corta $\;AB\;$ em $\;E\;$ digamos. Claro que $\;E\;$ está à distancia $\;AD=d\;$ de $\;C.\;$ e este pode ser determinado pela intersecção das circunferências (E, d) e (B,b). Como $\;AB\parallel CD\;$ e $\;CE\parallel DA, \; \;\;\; AE=CD=c\;$ e $\;BE=a-c.$

Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor ao fundo da janela.

@geometrias, 13 março 2016, Criado com GeoGebra

Tomando um ponto $\;A\;$ e uma reta $\;r\;$ quaisquer para suporte de $\;AB, \;$ determinamos $\, B:\; (A, a).r\;$ e $\;E: (A,c).r\;$
O problema de construção do trapézio fica resolvido determinando $\;C\;$ como
terceiro vértice do triângulo de lados $\;EB=a-c, \;b,\;d.\;$
O vértice $\;D\;$ é a intersecção da paralela a $\;EC\;$ tirada por $\;A\;$ com a paralela a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ □

202. Construire un trapèze connaissant ses quatre côtés.l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

10.3.16

Construir um trapézio de que conhecemos as bases e as diagonais

Problema:
Construir um trapézio de que se conhecem os comprimentos das bases AB (a=AB, c=CD) e das diagonais (e=AC, f=BD)

Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita baixa da janela.

@geometrias, 10 março 2016, Criado com GeoGebra

Tomado um ponto $\;A\;$ qualquer e uma reta a passar por $\;A\;$ para suporte de uma base $\;AB,\;$ basta construir o triângulo com um vértice em $\;A\;$ de lados de comprimento $\;a+c\;$ (sobre a reta $\;AB\;$), $\; e, \; f.\;$
$\;C\;$ é um vértice deste triângulo:
Chamemos $\;E\;$ ao vértice desse triângulo sobre a reta $\;AB\;$ e na circunferência $\;(A, a+c).\;\; C\;$ está em $\;(A, e).(E, f).\;$
O ponto $\;D\;$ é intersecção das paralelas a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ e a $\;EC\;$ tirada por $\;B.\;$ □

203. Construire un trapèze connaissant les bases et les diagonales..l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

2.3.16

Construir um quadrilátero convexo dados os lados e o ângulo de dois lados opostos

Problema:
São dados quatro segmentos $\;a, \;b,\;c,\;d\;$ e um ângulo $\;\alpha .\;$
Construir um quadrilátero convexo $\;ABCD\;$ tal que $\;AB=a,\;BC=b, \; CD=c, \; DA=d\;$ e $\; \angle \widehat{(AB, CD)} =\alpha.$

Este é um dos problemas para o qual os passos da construção se encontram por análise da figura do problema já resolvido. Se conhecemos o ângulo $\; \angle \widehat{(AB, CD)} =\alpha,$ ao tomarmos um ângulo de vértice num dos pontos $\;A\;$ (ou $\;D\;$) sendo um dos lados do ângulo a reta $\;AB,\;$ (ou $\;DC\;$) o outro lado será uma reta paralela a $\;DC\;$ (ou $\;AB\;$)
Pode seguir os passos da construção, fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor centrado ao fundo da janela.

©geometrias. 1 março 2016, criado com GeoGebra

Tomamos um ponto $\;D\;$ qualquer e duas concorrrentes em $\;D\;$ fazendo um ângulo de amplitude $\; \alpha .\;$ Sobre uma dessas retas, tomamos $\;C\;$ na intersecção dela com a circunferência $\;(D, \;c).\;$ Na outra reta podemos tomar $\;F\;$ na sua intersecção com a circunferência $\;(D, a).\;$ Por ser $\; \angle \widehat{(DC, AB)} = \alpha = C\hat{D} F,\; \; \; AB \parallel DF.\;$
$\;B\;$ fica determinado como intersecção das circunferências $\;(F, \;d)\;$ e $\;(C, b)\;$
E $\;A\;$ fica determinado sobre a paralela a $\;DF\;$ tirada por $\;B\;$ à distância $\,a\;$ de $\,B.\;\;\;\;\; \;$ □

204. Construire un quadrilatère convexe connaissant les quatre côtés et l'angle formé par deux côtés non consécutifs..l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

25.2.16

Construir circunferências centradas nos vértices de um triângulo e tangentes duas a duas.

Problema:
É dado um triângulo $\;ABC.\;$ Determinar as 3 circunferências $\;(A,\; r_A), \; (B,\: r_B), \; (C,\; r_C)\;$ tangentes exterioremnte duas a duas.

A figura dinâmica que se apresenta a seguir ilustra o raciocínio (de análise) que suporta a construção e a construção ela mesma.Faça variar o valor de $\;n\;$ no seletor ao fundo da janela de construção.
Começamos por construir o triângulo de vértices $\;A,\;B,\;C\;$ e de lados $\;a=BC, \;b= AC, \; c=AB\;$. Circunferências centradas em $\;A\;$ e $\;B\;$ que sejam tangentes exteriormente têm raios $\;r_A,\;r_B\;$ tais que $\; r_A + r_B = AB = c.\;$ Pelas mesmas razões terá de ser $\; r_A + r_C = AC = b\;$ e $\; r_B + r_C = BC = a.\;$ Por isso, $\; 2r_A + 2r_B + 2r_C =a+b+c.\;$
Tomando um segmento $\;B'B''\;$ de comprimento igual ao perímetro $\;a+b+c\;$ do triângulo e o ponto $\;M\;$ médio de $\;B'B''\;$, sabemos agora que $\;B'M= r_A + r_B + r_C\;$ e, como $\;r_B + r_C = a, \; \; C'M = B'M-a = r_A.$
Conhecido $\;r_A\;$, podemos traçar $\;(A, \; r_A).\;$ que intersecta $\;AB \;$ e $\;AC\;$ nos seus pontos de tangência com as outras duas circunferências □

159. Des sommets d'un triangle ABC comme centres, décrire trois circunféences tangentes deux à deux éxterieurement.l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

16.2.16

Secantes a uma circunferência passando por um ponto exterior e que determinam cordas de comprimento dado

Problema:
São dados um ponto $\;P,\;Q\;$ um círculo $\;c\;$ e um comprimento $\;a\;$
Traçar por $\;P\;$ uma secante à circunferência $\;c\;$ que a corte em cordas de comprimento $\;a\;$

©geometrias. 16 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problema fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

As cordas da circunferência $\;c\;$ com um dado comprimento $\;a\;$ são tangentes a uma circunferência concêntrica com $\;c\;$. Tomando um ponto $\;F\;$ qualquer sobre $\;c\;$ e $\;G \in c:\; FG=a,\;$ essa circunferência fica determinada pelo centro $\;O\;$ e pelo ponto $\;H\;$ médio de $\;FG.\;$ As tangentes a $\;(O, OH)\;$ tiradas por $\;P\;$ determinam cordas de $\;c: \;$ $\;LM,\;NQ;$ e $\;LM=NQ=a\;$

149. On donne un cercle et un point P. Mener par P une sécante telle que la corde interceptée ait une longueur donné l
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

14.2.16

Numa circunferência inscrever um triângulo retângulo

Problema:
São dados dois pontos $\;P,\;Q\;$ e uma circunferência $\;(O)\;$
Inscrever na circunferência $\;(O)\;$ um triângulo retângulo tal que a reta de um cateto passe $\;P\;$ e a reta do outro cateto passe por $\;Q.\;$

©geometrias. 14 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problema fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

Se um dos lados de um ângulo reto tem de passar por $\;P\;$ e outro por $\;Q\;$ então o seu vértice será um ponto da circunferência de diâmetro $\;PQ.\;$ Como o ângulo reto tem vértice sobre a circunferência $\;(O)\;$ este é um dos pontos da interseção das duas circunferências citadas - a que chamamos $\;A\;$. Os restantes vértices serão $\;B\;$ na interseção de $\;(O)\;$ com $\;AP\;$ e $\;C\;$ na interseção de $\;(O)\;$ com $\;AQ.\;$
No caso da nossa figura, o problema tem duas soluções.

148. Inscrire dans un cercle un triangle rectangle dont les cotês de l'angle droit ou leurs prolongements passent par deux points donnés P et Q
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

11.2.16

Circunferência por 2 pontos com tangentes iguais tiradas por 2 ponto distintos

Problema:
São dados quatro pontos $\;A,\;B,\;C,\;D.\;$
Construir a circunferência que passa por $\;A,\;B\;$ e cujas tangentes tiradas por $\;C\;$ e por $\;D\;$ têm o mesmo comprimento.

©geometrias. 10 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problemas fazendo variar os valores de n no seletor centrado e no fundo da janela de visualização.

Este é mais um dos problemas que se resolve, analisando-o como se o tivessemos resolvido. Claro que, como temos dois pontos $\;A, \;B\;$ da circunferência-solução, sabemos que o seu centro $\;O\;$ é um ponto equidistante de $\;A\;$ e de $\;B\;$.
Também sabemos que $\;CH =DG\;$ se H for o ponto de tangência da tangente tirada por $\;C\;$ e $\;G\;$ for o ponto de tangência da tangente à circunferência tirada por $\;D\;$ e sabemos que $\;OG=OH\;$ (raios) e que $\;OG \perp GD\;$ e $\;OH \perp HC.\;$. E, em consequência, serão iguais os triângulos $\;[CHO]\;$ retângulo em $\;H\;$ e $\;[DGO]\;$ retângulo em $\;G\;$. Assim sendo, serão iguais as hipotenusas $\;OC = OD\;$. Ou seja $\;O\;$ é um ponto equidistante dos pontos dados, $\;C\;$ e $\;D\;$, da mediatriz de $\;CD\;$
Deste modo, $\;O\;$ fica determinado como interseção das mediatrizes de $\;AB\;$ e de $\;CD\;$ e a circunferência requerida tem este centro $\;O\;$ e passa por $\;A\;$

147. On donne quatre points A, B, C, D. Construire un cercle passant par A et B et tel que les tangentes issues de C et D soient égales.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947 >

7.2.16

Circunferência tangente a duas retas paralelas e que passa por um ponto da faixa entre elas

Problema:
São dadas duas retas paralelas $\;a, \;b\;$ e um ponto $\;P\;$ da faixa entre elas.
Construir uma circunferência tangente às retas $\;a, \; b\;$ e a passar pelo ponto $\;P.\;$

©geometrias. 7 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problemas fazendo variar os valores de n no seletor na esquerda baixa da janela de visualização.

Uma circunferência tangente a duas paralelas $\;a, \;b\;$ tem o seu centro numa terceira paralela $\;m\;$ equidistante das duas dadas e raio igual a $\;r\;$ - distância de $\;m\;$ a $\;a .\;$ Se passa por $\;P\;$, o centro da circunferência estará numa circunferência centrada em $\;P\;$ e raio $\;r.\;$ O problema tem duas soluções $\;(O), \;(O')$.
Nas condições do nosso problema há sempre duas soluções. Se $\;P\;$ fosse um ponto de uma das paralelas $\;a\;$ ou $\,b\;$ o problema teria uma só solução e se estivesse fora da faixa entre as paralelas, não haveria circunferência alguma tangente às duas paralelas.

155. Étant donnés deus droîtes parallèles X, Y et un point A situé entre elles, décrire un cercle passant par ce point et tangente aux deux droîtes
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

4.2.16

Circunferência tangente a outra e a uma reta num dado ponto.

Problema:
É dada uma uma reta $\;t\;$ tangente em $\;T\;$ a uma circunferência $\;c\;$ dada. É ainda dado um outro ponto $\;A\;$ dessa tangente $\;t.\;$
Construir uma circunferência tangente à circunferência $\;c\;$ e à reta $\;t \;$ no ponto $\;A.\;$

©geometrias. 3 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode acompanhar a construção da resolução do problemas fazendo variar os valores de n no seletor na direita baixa da janela de visuaização.

Na figura correspondente ao problema resolvido. tem-se uma circunferência $\;(O')\;$ em que $\;O'\;$ é o quarto vértice de um trapézio retângulo $\;[OTAO']\;$. Como $\;t\,$ é tangente comum à duas circunferências exteriormente: a $\;c =(O)\;$ em $\;T\;$ e em $\;A\;$. Como o os segmentos das tangentes a uma circunferência tiradas por um ponto são iguais, a tangente exterior a $\;c\;$ tirada pelo ponto $\;M\;$ médio de $\;AT\;$ resolve o problema já que permite determinar o ponto de tangência $\;I\;$ comum às duas circunferências. $\;TI\;$ é perpendicular a $\;OM\;$ e $\;OI\;$ interseta a perpendicular a $\;t\;$ em $\;A\;$ em $\;O'\;$, centro da circunferência que procuramos: $\;MT=MI=MA\;$ e $\; IO'=O'A .\;$

154. On donne un cercle C, une tangente T à ce cercle au point A et sur cette droîte un point A'. Construire un cercle tangent au cercle C, et à la droîte T au point A'.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Librairie Vuibert. Paris:1947

3.2.16

Circunferência tangente a três retas sendo duas delas paralelas

Problema:
São dadas três retas $\;r,\;s,\;t\;$ sendo duas delas paralelas $\;r \parallel s\;$
Construir uma circunferência que seja tangente às três retas $\;r, \;s,\;t. \;$

©geometrias. 2 fevereiro 2016, Criado com GeoGebra

Uma circunferência tangente a três retas $\;r, \;s, \;t\;$ tem centro $\;O\,$ equidistante das três $\;d(r,O)= d(s, O) = d(t,O)\;$. Por isso $\;O\;$ é ponto de interseção de bissetriz do ângulo $\;\angle (\widehat{r, \;t})\;$ com bissetriz do ângulo $\;\angle (\widehat{s, \;t}).\;$
O problema tem duas soluções $\; (O)\;$ e $\;(O').\;$

153. On donne trois droîtes X, Y et Z dont les deux prémières sont parallèles. Construire les cerces tangents à ces trois droîtes.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Livbrairie Vuibert. Paris:1947

31.1.16

Construir uma circunferência tangente a uma reta e passe por dois pontos (2)

Problema:
São dados dois pontos $\;A,\;B\;$ ambos à mesma distância de uma dada reta $\;r.\;$
Construir uma circunferência que passe pelos pontos $\;A, \;B\;$ e é tangente a $\;r. \;$

©geometrias. 31 janeiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode seguir a construção da solução do problema, fazendo variar os valores de n no seletor apresentado à direita baixa do retângulo de visualização

Se $\;A,\;B\;$ estão à mesma distância de $\;r, \;$ $\;AB \parallel r.\;$ O centro da circunferência que passa por $\;A,\;B\;$ é um ponto da mediatriz de $\;AB \;$ que intersecta $\;r\;$ em $\;D.\;$ Como a mediatriz de $\;AB\;$ é perpendicular a $\;AB\;$ também é perpendicular à sua paralela $\;r.\;$ Por isso o ponto $\;D\;$ é o ponto de tangência da circunferência que passa por $\;A, \;B\;$ e é tangente a $\;r.\;$ Assim o centro da circunferência que procuramos é o ponto comum a $\;CD\;$ e a mediatriz de $\;AD\;$ ou de $\;BD\;$

151. On donne une droite D et d'un même côté, sur une même perpendiculaire à D, deux points A et B. Construire un cercle passant par A et B et tangent à la droîte D.
Th. Caronnet. Éxércices de Géométrie. Deuxièmes Livre: La circonférence 5ème édition. Livbrairie Vuibert. Paris:1947

30.1.16

Construir uma circunferência tangente a uma reta e passe por dois pontos (1)

Problema:
São dados dois pontos $\;A,\;B\;$ ambos sobre uma perpendicular a uma reta $\;r\;$ dada e num dos semi-planos determinados por ela.
Construir uma circunferência que passe pelos pontos $\;A, \;B\;$ e é tangente a $\;r. \;$

©geometrias. 30 janeiro 2016, Criado com GeoGebra

Pode seguir a construção da solução do problema, fazendo variar os valores de n no seletor apresentado à direita baixa do retângulo de visualização

Por serem dados dois pontos da circunferência que se procura, bastará determinar um terceiro ponto da circunferência ou o seu centro $\;F\;$ que é um ponto equidistante dos pontos $\;A\;$ e $\;B\;$ — $( FA = FB )$ — da mediatriz de $\;[AB].$ Para que a circunferência seja tangente a $\;r\;$ é preciso que o seu raio seja igual à distância de $\;F\;$ a $\;r,\;$ ou, o que é o mesmo, que seja igual à distância de $\;r\;$ à mediatriz de $\;[AB]\;$. Esta distância é $\;CD\;$ em que $\;C\;$ é $\;AB.r\;$ e $\;D\;$ é o ponto médio de $\;[AB]\;$. O centro da circunferência é determinado como $\; (A, CD). (B, CD),\;$ por exemplo. Há dois pontos $\;E, \;F\;$ que verificam essas condições. As soluções do problemas serão $\;(E, EA)\;$ e $\;(F, FB) \;$, simétricas relativamente ao espelho $\;AB.\;$

7.1.16

Outro problema resolvido usando inversão

Construir uma circunferência que passe por um ponto $\;A\;$ dado e corte duas circunferências - $\;c_1, \;c_2\;$ - dadas segundo os ângulos $\; \alpha , \; \beta \;$ respetivamente.

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Se duas circunferências se cortam, dizemos que se cortam segundo um ângulo $\;\alpha \;$ quando as tangentes às duas num ponto de interseção fazem um ângulo de amplitude $\; \;\alpha .\;$ Neste caso, temos de encontrar uma circunferência que corte $\;c_1\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ (verde) e $\;c_2\;$ segundo o ângulo $\;\beta \;$ (castanho).
Para isso bastará inverter as circunferências dadas relativamente a uma circunferência de inversão e depois encontrar uma reta que corte as inversas segundo aqueles ângulos. Como a inversão conserva os ângulos se invertermos essa reta obteríamos uma circunferência a cortar as dadas segundo os ângulos dados. Esta circunferência inversa da reta deve passar pelo ponto $\;A\;$ dado e, para isso acontecer, bastará que a circunferência de inversão tenha centro em $\;A.\;$
Os procedimentos necessários já foram dissecados antes, por exemplo, na antepenúltima entrada publicada a 20 de dezembro do passado ano em que se apresentava a resolução do problemma " Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A,\;B\;$ dados e corte uma reta dada segundo um dado ângulo $\; \alpha. \;$

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\; A, \; O_1, \;O_2, ....\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há dua\ ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar. <

Na figura ----$\;\fbox{n=0}\;$---- estão patentes os dados do problema.
Em ---- $\;\fbox{n=1}\;$---- acrescenta-se uma circunferência $\;i\;$ de centro $\;A\;$ (raio qualquer) que vai servir de circunferência de inversão.
$\;\fbox{n=2}\;$---- A inversão relativa à circunferência $\;i\;$ ou $\;(A)\;$ transforma a circunferência $\;c_1 \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; (O_1) \;$ numa circunferência $\;c'_1\;$ de centro $\;O'_1$ e $\;(O_2)\;$ em $\;(O'_2)\;$ (tracejadas)
$\;\fbox{n=3}\;$---- Determinamos as circunferências (pontilhadas) concêntricas com $\;c'1 , \;c'_2\;$ para cada uma das quais qualquer das suas retas tangentes fazem ângulos
---$\; \alpha \;$ com $\;c'_1\;$, inversa de $\;c_1\;$
---$\; \beta \;$ com $\;c'_2\;$
$\;\fbox{n=4}.:\;$ Tomamos uma tangente (laranjada) comum a essas duas circunferências que obviamente cortará $\;(c'_1)\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ e $\;c'_2\;$ segundo um ângulo $\;\beta\;$
$\;\fbox{n=5} :\;$ ---- Por isso e porque a circunferência da inversão tem centro $\;A\;$, invertendo a reta alaranjada relativamente a $\;(i),\;$ obtemos uma circunferência que é solução do problema, ----$\;\fbox{n=6,7}\;$---- aqui realçada

Claro que no caso dos concretos dados originais e da nossa figura há mais três soluções, já que os nossos dois círcul(inh)os (a pontilhado) admitem quatro tangentes mostradas para $\;\fbox{n=8, 9, 10} \;$
Pode fazer variações claro....

^* Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie Vuibert. Paris:1946.
201. Construire un cercle passant par un point donné $\;A\;$ et coupant deux cercles donnés $\;(C),\;(C')\;$ sous des angles donnés $\;\alpha,\; \alpha '.$

2.1.16

O mundo do meio

Problema: Construir uma circunferência que passe por um ponto $\;A\;$ dado e corte duas circunferências - $\;c_1, \;c_2\;$ - dadas segundo os ângulos $\; \alpha , \; \beta \;$ respetivamente.

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Se duas circunferências se cortam, dizemos que se cortam segundo um ângulo $\;\alpha \;$ quando as tangentes às duas num ponto de interseção fazem um ângulo de amplitude $\; \;\alpha .\;$ Neste caso, temos de encontrar uma circunferência que corte $\;c_1\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ (verde) e $\;c_2\;$ segundo o ângulo $\;\beta \;$ (castanho).
Para isso bastará inverter as circunferências dadas relativamente a uma circunferência de inversão e depois encontrar uma reta que corte as inversas segundo aqueles ângulos. Como a inversão conserva os ângulos se invertermos essa reta obteríamos uma circunferência a cortar as dadas segundo os ângulos dados. Esta circunferência inversa da reta deve passar pelo ponto $\;A\;$ dado e, para isso acontecer, bastará que a circunferência de inversão tenha centro em $\;A.\;$
Os procedimentos necessários já foram dissecados antes, por exemplo, na antepenúltima entrada publicada a 20 de dezembro do passado ano em que se apresentava a resolução do problemma " Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A,\;B\;$ dados e corte uma reta dada segundo um dado ângulo $\; \alpha. \;$

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\; A, \; O_1, \;O_2, ....\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há duas ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar.

Na figura - $\;\fbox{n=0}\;$ - estão patentes os dados do problema.
Em - $\;\fbox{n=1}\;$- acrescenta-se uma circunferência $\;i\;$ de centro $\;A\;$ (raio qualquer) que vai servir de circunferência de inversão.
$\;\fbox{n=2}\;$ - A inversão relativa à circunferência $\;i\;$ ou $\;(A)\;$ transforma a circunferência $\;c_1 \;\;\;\mbox{ou}\;\;\; (O_1) \;$ numa circunferência $\;c'_1\;$ de centro $\;O'_1$ e $\;(O_2)\;$ em $\;(O'_2)\;$ (tracejadas)
$\;\fbox{n=3}\;$ - Determinamos as circunferências (pontilhadas) concêntricas com $\;c'1 , \;c'_2\;$ para cada uma das quais qualquer das suas retas tangentes fazem ângulos
- $\; \alpha \;$ com $\;c'_1\;$, inversa de $\;c_1\;$
- $\; \beta \;$ com $\;c'_2\;$
$\;\fbox{n=4}.:\;$ Tomamos uma tangente (laranjada) comum a essas duas circunferências que obviamente cortará $\;(c'_1)\;$ segundo um ângulo $\; \alpha\;$ e $\;c'_2\;$ segundo um ângulo $\;\beta\;$
$\;\fbox{n=5} :\;$ - Por isso e porque a circunferência da inversão tem centro $\;A\;$, invertendo a reta alaranjada relativamente a $\;(i),\;$ obtemos uma circunferência que é solução do problema, - $\;\fbox{n=6,7}\;$ - aqui realçada

Claro que no caso dos concretos dados originais e da nossa figura há mais três soluções, já que os nossos dois círcul(inh)os (a pontilhado) admitem quatro tangentes mostradas para $\;\fbox{n=8, 9, 10} \;$
Pode fazer variações claro....

28.12.15

11 anos de construções

20.12.15

Problema que precisa da invariância de ângulos por inversão para ser resolvido.

Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A, \; B\;$ dados e corte uma reta - $\;r\;$ - dada segundo um dado ângulo $\; \alpha .$

O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Há uma infinidade de circunferências que passsam por $\;A\;$ e $\;B\;$. Precisamos de determinar alguma dessas que cortem $\;r\;$ segundo o ângulo $\;\alpha \;$.

Fazendo variar o valor de $\;n\;$ no seletor na direita alta da figura, acompanha passo a passo a resolução do problema. Também pode fazer variar a amplitude do ângulo dado deslocando o ponto visível a verde, como pode fazer variar $\;r, \;A, \;B\;$ com consequências que vão até poder ver em que condições há uma ou nenhuma solução para o problema.… Depois de qualquer alteração, pode usar o botão (direita altíssima) para reiniciar.

$\;\fbox{n=1}\;\;\;\;$ A inversão relativa à circunferência de centro $\;A\;$ e raio $\;AB\;$
$\;\fbox{n=2}\;\;\;\;$ transforma a reta $\;r\;$ numa circunferência $\;r'\;$
$\;\fbox{n=3}\;\;\;\;$ que passa por $\;A,\;$ centro da inversão aplicada a $\;r\;$.
Como a inversão preserva os ângulos, o problema reduz-se a determinar uma recta que passe por $\;B\;$ e faça um ângulo $\;\alpha\;$ com a circunferência $\,r'\;$.
As retas que fazem ângulos $\;\alpha\;$ determinam-se facilmente: Toma-se um ponto $\;I\;$ genérico de $\;r'\;$ e a sua tangente nesse ponto
$\;\fbox{n=4}\;\;\;\;;$ A reta que faz um ângulo $\; \alpha \;$ com cada tangente é uma das retas que procuramos e que no seu conjunto determinam (envolvem) uma circunferência concêntrica com $\;r'\;$
$\;\fbox{n=5}\;\;\;\;$ lugar geométrico dos pontos médios das cordas determinadas pelas retas que que fazem ângulos $\; \alpha\;$ com as tangentes em qualquer dos seus extremos.
De entre todas essas retas, interessam-nos aquelas que passam por $\;B\;$ que são duas delas: as tangentes $\;t_1, \; t_2\;$ à circunferência de centro $\;O \;$ e raio $\;OM\;$ tiradas por $\;B\;$
$\;\fbox{n=6}\;\;\;\;$ Se aplicarmos a estas retas $\;t_1, \; t_2\;$ a inversão de centro $\;A\;$ e raio $\;AB\;$ as suas transformadas são, respetivamente, as circunferências $ \;c_1, \; c_2\;$ que passam por $\;A\;$, centro da inversão, e também por $\;B\;$ por este ser um ponto da circunferência de inversão (invariante por essa inversão)
$\;\fbox{n=7}\;\;\;\;\;$ A figura final
$\;\fbox{n=8}\;\;\;\;$ só serve para mostrar os dados e as soluções do problema sem mais.

^* Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie Vuibert. Paris:1946.
200. Construire un cercle passant par deux points donnés et coupant une droite donnée sous un angle donné $\;\alpha$.

15.12.15

Dobras de um canto com uma dada área são um problema?

Imagine que o primeiro quadrante do plano $\;Oxy\;$ é um folha de papel gigante.Fixe uma constante $\;k\;$ e imagine que o canto em $\;(0,0)\;$ é dobrado para um ponto $\;P \;$ da folha de tal modo que o triângulo da dobragem tem área $\;k.\;$ Descreva o conjunto dos pontos que podem ocorrer como $\;P.\;$

Clique no botão a que chamámos "auxiliares"
Chamamos $\;Q\;$ e $\;R\;$ aos dois outros vértices do triângulo da dobragem que leva $\;O\;$ para $\;P\;$. E designamos por $\;S\;$ o ponto de interseção de $\;OP\;$ com $\;RQ\;$. Como os ângulos em $\;O\;$ e em $\;P\;$ são iguais e retos, $\;RQ\;$ é o diâmetro da circunferência que passa por $\;Q,\;P,\;R,\;O.\;$ $P$ obtém-se como imagem de $O$ por uma meia volta em torno de $\,QR,\;$ ou dito de outro modo, para cada $\;Q\;$ e cada $\;R\;$, há um $\;P\;$ imagem $\;O\;$ por simetria de eixo $\;QR.\;$ $\;OQ=QP, \;OS =SP, \; OR=RP.\;$

© geometrias, 8 dezembro 2015, Criado com GeoGebra

A área do triângulo $PQR$ é dada por $\; \displaystyle QR \times \frac{OP}{2}\;$ ou por $\; \displaystyle \frac{QP\times PR}{2}$.
Designemos por $\;(x, y)\;$ as coordenadas cartesianas de $\;P:\;\; x=OQ, \; y=OR\;$ e por $\;(\rho, \; \theta\;)\;$ as coordenadas polares de $\;P:\; \; \rho= OP =2\times SP, \; \theta=\angle Q\hat{O}P.\;$
No caso da nossa construção, atribuímos o valor $\;3\;$ a $\;k\;$ e a condição do problema que $\;P\;$ deve satisfazer é, pelo que vimos, $\;x\times y = 6.\;$
Como $\;OS \perp QR \;$, do triângulo $\;OSQ\;$ retângulo em $\;S\;$, tiramos $\;\displaystyle \frac{OS}{OQ} = {\rm cos}\; \theta \;$ ou $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=x.{\rm cos}\; \theta. \;$
Também o triângulo $\;RSO\;$ é retângulo em $\;S\;$ e $\;R\hat{O}S = \displaystyle {\pi \over 2} - \theta\;$ e $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=y.{\rm cos}\; ({\pi \over 2}-\theta)\;$ ou $ \displaystyle\frac{\rho}{2}=y.{\rm sen}\; \theta . \;$
De $\;\rho = 2x. {\rm cos} \theta\;$ e $\;\rho=2.{\rm sen} \theta\;$ podemos concluir que $\;\rho ^2 = 4xy.{\rm sen}(\theta).{\rm cos}\; \theta\;$ ou, por ser $\; 2{\rm sen}(\theta).{\rm cos}(\theta) ={\rm sen}(2\theta),\;$ e $\;xy=2k\;$ (no nosso caso $\;6\;$), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos $\;P (\rho, \; \theta)\;$ tais que os triângulos $\;QPR\;$ de dobragem têm área $\;k\;$ constante satisfazem a seguinte equação $$\rho ^2 = 4k. {\rm sen}(2\theta)$$ que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem $\;x\geq 0 \wedge y\geq 0 \;$ restrições consideradas no enunciado do problema.)

Pode ver o lugar geométrico -- meia lemniscata -- clicando no botão "lugar geométrico dos P" ao fundo direito na figura. E pode deslocar $\;Q\;$ para ver o ponto $\;P\;$ descrever a curva desenhada a vermelho. É claro que\, considerado que $\;P(x, y):\; xy=2k\;$ e deixando livre $\;Q(x, 0)\;$ o ponto $\;R (0, y)\;$ é dele dependente: $\;y=\displaystyle \frac{2k}{x}\;$

$^1\;$7. Don't Cut Corners — Fold them Suppose the first quadrant of the x-y plane is a giant sheet of paper. Fix a constant K and imagne that the corner at (0;0) is folded over onto a point P on the sheet in such a way that the triangle folded over has area k. Describe the set of ponts that can occur as P.
Konhauser, J.D.E; Velleman, Dan; Wagon, Stan. Which way did the bicycle go? . and other intriguing mathematical mysteries. Dolciani mathemetical Expositions - o 18, Mathematical Association of America: 1996.

28.11.15

Situar um triângulo dado de modo a que cada um de 3 pontos dados estejam sobre cada um dos seus lados.

ProbLema XXVI dos Principia

ProbLema XXVI dos PRINCIPIOS¹ de I. Newton

Problema:
Conhecemos os os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$ e o comprimento do lado $\;AB\;$ de um triângulo $\;ABC.\;$ Dados três pontos $\;D,\;E, \;F\;$ não colineares, situar o triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;D\;$ incida sobre a reta $\;BA\;$, $\;E\;$ sobre $\; AC\;$ e $\;F\;$ sobre $\; CB.\; \;^1\;$

$\fbox{n=1}\;$ Do triângulo $\;ABC\;$ que vamos construir, os dados estão lançados no topo esquerdo do janela de visuaização, a saber: comprimento $\;AB\;$ e os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$, sendo igual a quatro retos a soma das amplitudes destes últimos — $\alpha + \beta + \gamma = 4 \;$ retos. Na nossa figura pode variar as amplitudes usando os pontos verde e vermelho. Claro que se pretende que este triângulo seja construído numa posição tal que em cada uma das suas três retas (lados) incida um dos pontos $\;D, \;E, \;F\;$ a azul na figura, onde também se apresentam os três segmentos que os unem dois a dois.
Para acompanhar os passos da construção, faz-se variar de 1 a 8 o valor de $\;n\;$ no cursor presente na janela da construção dinâmica.

Para que $\;D\;$ incida sobre $\;AB\;$ e $B\hat{A}C= \alpha = D\hat{A}E, \;$, basta que A seja um ponto do arco capaz de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ oposto a uma corda $\;DE\;$ de uma circunferência a passar por $\;D, \;E.\;$ Pelas mesmas razões $\;B\;$ terá de estar no arco capaz de de um ângulo $\; D\hat{B}F = \beta \;$ de uma circunferência a passar por $\; D, \;F\;$ e $\;C\;$ terá de estar num arco capaz do ângulo $\;\gamma=F\hat{C}E\;$ numa circunferência a passar por $\;E, \;F.\;$

24 novembro 2015, Criado com GeoGebra
>Nota: Não pretendemos fazer demonstração, mas tão só os passos da construção<

$\fbox{n=2, 3, 4}\;$ Determinam-se os arcos $\;DAE, \;DBF, \;FCE \;$ capazes dos ângulos $\;\alpha, \;\beta, \;\gamma\;$ das circunferência de centros $\;P, \;Q, \; O\;$ que têm um ponto $\;G\;$ comum.

$\fbox{n=5}\;$ Para determinar $\;A\;$ sobre $\;(P, PG)\;$ colinear com $\;D\;$ da mesma circunferência e com $\;B\;$ da circunferência $\;(Q, QG)\;$, determina-se $\;GA\;$ tal que $$\frac{GA}{AB}=\frac{GP}{PQ}$$ da semelhança dos triângulo $\;GPQ\;$ e $\;GAB\;$ (por ser $\;G\hat{P}Q= G\hat{A}D, \; \;G\hat{Q}P= G\hat{B}D \;$)

$\fbox{n=6}\;$ Conhecido $\;GA\;$, determina-se $\;A\;$ sobre o arco $\;EGD\;$ de $\;(P, PG)\;$

$\fbox{n=7}\;$ As retas $\;DA\;$ e $\;EA\;$ definem dois ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ verticalmente opostos e servirão definir o triângulo $\;ABC\;$ que procuramos:

$\fbox{n=8}\;$ $\;B\;$ estará sobre a reta $\;AD\;$ e sobre o arco $\;DGF\;$ de $\;(Q, QG)\;$ e capaz de ângulos de amplitude $\;\beta. \;$ Finalmente $\;C\;$ fica determinado como interseção da reta $\;EA\;$ com a reta $\;BF\;$ sobre o arco capaz $\;FCE\;$ de ângulos de amplitude $\;\gamma\;$.

$^1\;$Lemma XXVI. To place the three angles of a triangle, given both in kind and magnitude, in respect of as many right lines given by position, provided they are not all parallel among themselves in such manner that de several angles may touch the several lines.
Sir Isaac Newton, The Mathematical Principles of Natural Philosophy. (Andrew Motte) pp.91-92 Vol.I. London: 1803.

5.11.15

Não há mais que cinco poliedros regulares

Construíndo, validámos a existência de cinco sólidos de faces planas equiláteras e equiângulas e iguais entre si, a saber: tetraedro, hexaedro ou cubo, ocatedro, dodecaedro e icosaedro. Para além dessas cinco figuras, podemos dizer que não há outras figuras sólidas cujas faces planas sejam equiláteras e equiângulas e iguais entre si?

Nas últimas entradas, temos vindo a seguir as construções do Livro XIII: Os Sólidos "Platónicos* de Os Elementos. As definições de sólidos (Def. 11.1) e ângulos sólidos (Def. 11.11) estão no Livro XI - Estereometria Elementar.
Seguindo (11.11), a existência de um ângulo sólido exige mais de dois ângulos planos intersetando-se num ponto e não pertencendo a um mesmo plano. Em (11.12) diz-se que uma pirâmide é uma figura sólida, contida por planos os quais são construídos a partir de um plano para um ponto fora dele. Em (11.13) escreve-se que um prisma é contido por planos, dois dos quais opostos são iguais e paralelos, sendo os restantes paralelogramos. …

Com triângulos equiláteros
1. Três é o menor número de planos para construir um ângulo sólido e o tetredro é uma pirâmide cujo ângulo sólido é construído por três triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
2. O ângulo sólido do octaedro é construído por quatro triângulos equiláteros e o ângulo sólido do iscosaedro por cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
3. O ângulo sólido do icosaedro é construído com cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
4. E é claro que seis triângulos equiláteros com um vértice comum pois cada um dos ângulos planos de um triângulo equilátero é duas terças partes de um ângulo reto e a soma de seis deles é igual a quatro retos e, por isso, estarão todos num só plano. E também, é assim claro que não pode haver um ângulo sólidos forrado por mais de seis triângulos equiláteros
Na figura que se segue, pode ver-se que o ângulo sólido de um hexaedro de faces quadradas é forrado por por três ângulos retos planos e não pode haver qualquer ângulo sólido contido por quatro quadrados já que a sua soma em torno de um mesmo vértice seria de quatro retos.
Finalmente apresenta-se o caso do dodecaedro em que cada ângulo sólido é limitado por três pentágonos regulares. Mas porque cada ângulo plano de um pentágono é um um reto e um quinto de reto e a soma de quatro deles em torno de um ponto comum é maior que quatro retos.

© geometrias. 5 de Novembro de 2015, Criado com GeoGebra

Fica assim claro que não há mais que cinco sólidos platónicos, isto é, não há mais que cinco poliedros cujas faces são polígonos equiláteros e equiângulos.

*O mais provável é que os cinco sólidos regulares tenham sido descobertos na escola pitagórica. Mas são denominados por Sólidos Platónicos porque eles aparecem no diálogo Timaeus de Platão. Muitos dos teoremas deste livro, particularmente os últimos dois sólidos, são atribuídos a Teeteto de Atenas.

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

16.10.15

Elementos: Comparações das arestas dos sólidos platónicos inscritos numa mesma esfera

Proposição 18:
Para definir os lados das cinco figuras e compará-los uns com os outros.

Consideremos a esfera dada definida pela semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ em que se inscrevem um tetraedro, um octaedro, um hexaedro, um dodecaedro e um iscosaedro. As construções dessas figuras sólidas foram sendo apresentadas em recentes páginas deste "lugar geométrico".

Tomemos um ponto $\;C\;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=CB\;$ e um ponto $\;E\;$ da semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ e da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C.\;$ Sabemos que $\;AC=CB\;$ ou $\;AB=2.BC$ e por serem iguais os catetos $\;AE, \;EB\;$ do triângulo retângulo de hipotenusa $\;AB\;$ $$\;AB^2=2.BE^2.\;$$ Como tínhamos visto que o quadrado sobre o diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octaedro nela inscrito, é certo que $\;BE\;$ é igual ao lado (aresta) do octaedro inscrito na esfera de diâmetro $\;AB.\;$
Tomando um ponto $\;D\;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AD=2.DC\;$ e um ponto $\;F\;$ da semi-circunferência de diâmetro $\;AB\;$ e da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;D.\;$
1. Sabemos que $\;AD=2.DB\;$ é o mesmo que $\;AB=3.DB\;$ ou $\;AB= \displaystyle \frac{3}{2} AD.\;$ E, por serem equiangulares os triângulos $\;BAF,\;$ retângulo em $\;F\;$ e $\;DAF,\;$ retângulo em $\;D,\;$ podemos escrever $$\frac{BA}{AF}=\frac{FA}{AD}= \frac{BF}{FD},$$ de onde se retira que $\;BA.AD=AF^2 .\;$ Como $\;\displaystyle \frac{BA}{AD}= \frac{AB.AB}{AD.AB}=\frac{AB^2}{AF^2} ,\;$ temos $$AB^2 = \frac{3}{2} . AF^2$$ Como antes tínhamos visto que o quadrado do diâmetro de uma esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) do tetraedro nela inscrito, é certo que $\;AF\;$ é igual ao lado (aresta) do tetraedro inscrito numa esfera de diâmetro $\;AB\;$
2. Sendo $\; AB=3.DB\;$ e, porque os triângulos $\;BAF,\;$ retângulo em $\;F,\;$ e $\;FBD, \;$ retângulo em $\;D,\;$ são equiangulares, podemos escrever $$\frac{AB}{BF}=\frac{FA}{FD}= \frac{BF}{BD},$$ de onde se retira que $\;AB.BD=BF^2.\;$ Como $\;\displaystyle \frac{AB}{BD}= \frac{AB.AB}{AB.BD}=\frac{AB^2}{BF^2}\;$ temos $$AB^2 =3BF^2.$$ Como antes tínhamos visto que o quadrado do diâmetro de uma esfera é o triplo do quadrado da aresta do cubo nela inscrita, é certo que $\;BF\;$ é igual ao lado (aresta) do cubo inscrito na esfera de diâmetro $\;AB\;$
1. Tomando um ponto $\;G\;$ na perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;A\;$ e de tal modo que $\;AG=AB\;$ e consideremos os pontos $\;H\;$ de interseção da semi-circunferênca com $\;CG\;$ e $\;K\;$ de $\;AB\;$ e pé da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;H.\;$ Como $\;GA=AB=2.AC\;$ e por $\;GA \parallel HK\;$ podemos escrever $\;\displaystyle \frac{GA}{AC} =\frac{HK}{KC}\;$ e, por isso, $\;HK=2.KC,\;$ de onde $\;HK^2 = 4KC^2.\;$ Por ser retângulo em $\;K\;$ o triângulo $\;CHK,\;$ é $\;HC^2=CK^2+KH^2\;$ e, como $\;HC=CB\;$, podemos concluir que $\;BC^2 =4KC^2+Kc^2=5KC^2.\;$
  Sabendo que $\;AB=2BC\;$ e $\;AD=2DB, \;$ ao tirarmos $\;AD\;$ a $\;AB\;$ ficamos com $\;DB\;$ e tirando $\;DB\;$ a $\;BC\;$ ficamos com $\;DC,\;$ podemos dizer que $\;DB=2CD\;$ ou seja $\;BC= BD+DC= 2DC+DC=3CD\;$ e $BC^2=9CD^2.\;$ Assim por ser $\;BC^2 = 5CK^2=9CD^2, \;$ terá de ser $\;CK > CD .\;$
  Tomando agora os pontos $\;L,\;$ sobre $\;AB\;$ tal que $\;KC=CL,\;$ e $\;M\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;L\;$ com a semi-circunferência, sendo $\;KL = 2CK,\; AB=2BC, BC^2=5CK^2\;$, é $\;AB^2=5KL^2.\;$
  Como antes tínhamos visto que o diâmetro da esfera é cinco vezes o raio do círculo a partir do qual se constrói o icosaedro nela inscrito, é certo que $\;KL\;$ é o raio do círculo a partir do qual se constrói o icosaedro inscrito numa esfera de diâmetro $\;AB\;$. $\;KL\;$ é o lado do hexágono inscrito nesse círculo de partida e o lado do pentágono inscrito nesse mesmo círculo é igual à aresta do icosaedro. Da construção do icosaedro, lembramos que o diâmetro $\;AB\;$ da esfera era composto por um lado do hexágono inscrito na circunferência de raio $\;KL\;$ acrescentado de dois lados de decágono inscrito em circunferências de raio $\;KL, \;$ o que nos alerta para que $\;AK=LB\;$ é o lado do decágono inscrito na circunferência de raio $\;KL\;$. Como já tínhamos visto $\;HK=2KC,\; KL=2KC, \;KC=CL\;$ e, em consequência, $\;LM=KC=KL\;$. Temso assim um triângulo $\;BML,\;$ retângulo em $\;L\;$ sendo os catetos $\;BL,\;LM\;$ respetivamente iguais ao lado de um decágono e ao lado de um hexágono ambos inscritos numa circunferência de raio $\;KL\;$. Por isso, a sua hipotenusa $\;BM\;$ é o lado do pentágono regular inscrito no mesmo círculo de raio $\;KL,\;$ sendo assim certo que
  $\;BM\;$ é igual ao lado (aresta) do icosaedro inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB.\;$
2. Vimos, na entrada relativa a essa construção, que a aresta do dodecaedro inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB\;$ é a parte maior de uma divisão em média e extrema razão da aresta do cubo inscritível na mesma esfera. Sendo $\;FB\;$ igual a cada lado dos quadrados que formam o cubo inscrito na esfera de diâmetro $\;AB,\;$ determinamos o ponto $\;N\;$ que divide o segmento $\;FB\;$ em duas partes $\;FN, \;NB\;$, sendo $\;BN > NF\;$ e $\;\displaystyle \frac{FB}{BN}=\frac{BN}{NF} \;$ equivalente a $\;NB^2=NF.FB\;$ e é certo dizer que $\;NB\;$ é igual à aresta do dodecaedro regular inscritível numa esfera de diâmetro $\;AB.\;$

Concluindo:

Sabemos que $$AB^2=\frac{3}{2}AF^2 =2BE^2=3BF^2,$$ de onde se pode retirar que $$AF^2= \frac{4}{3}BE^2=2BF^2$$ que pode ler-se:
as razões entre os quadrados das arestas dos tetraedro, octaedro e hexaedro (cubo) regulares inscritos numa mesma esfera são racionais $\;\frac{4}{3}, \frac{3}{2}, 2, 3, ...$.
Já o mesmo não se pode dizer das razões entre os quadrados das arestas do icosaedro e do dodecaedro inscritíveis numa mesma esfera ou entre quadrados de qualquer destas com quadrados de cada aresta do tetraedro, octaedro ou cubo, que são sempre irracionais.

Pode ter interesse ainda comparar as arestas do icosaedro e do dodecaedro (ambos inscritos na mesma esfera): A aresta do icosaedro ($\;MB\;$) é maior que a aresta do dodecaedro ($\;NB\;$) (inscritos numa esfera de diâmetro $\;AB\;$ qualquer).

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

22.9.15

Elementos: Construção de dodecaedro inscritível numa dada esfera.

Proposição 17:
Construir um dodecaedro inscritível numa dada esfera.

Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro $\;A_0B_0\;$ a azul na figura em que também tomamos um ponto $\;C_0\;$ do diâmetro tal que $\;A_0C_0+C_0B_0=A_0B_0\;$ e $\;A_0C_0=2\times B_0C_0\;$ e um ponto $\;D_0\;$ da semicircunferência $\;A_0D_0B_0\;$ tal que $\; A_0\hat{C_0}D_0\;$ seja reto. Ficam traçados também $\;C_0D_0\;$ a azul, e $\;D_0B_0,\;$ a vermelho. Passos da construção:

Como já vimos antes (XIII.15), um cubo de aresta igual a $\;D_0B_0\;$ inscreve-se numa esfera de diâmetro $\;A_0B_0.\;$
Começamos por desenhar duas faces consecutivas do cubo encapsulável nessa esfera, ou seja, dois quadrados (de lados iguais a $\;D_0B_0\;$)a saber: $\; ABCD \;$ e $\;BEFC\;$.
Desses dois quadrados determinamos os pontos médios $\;G, \; H,\;K, \; L, \; M, \;N,\;O, \;$ dos seus lados $\;AB, \;BC, \;CD,\;EF,\; EB, \;CF,\;$ respetivamente.
A seguir traçámos os pares de segmentos $\;HM, \;NO, \; \;HL, \;GK,\;$ unindo os pontos médios de lados opostos de cada um desses quadrados que definem os pontos $\;P\;$ e $\;Q.\;$
Determina-se sobre $\;NP\;$ o ponto $\;R\;$ que o divide em média e extrema razão sendo $\;RP > NR. \;$ E dividimos, igualmente em média e extrema razão, $\;PO\;$ por $\;S\;$ e $\;HQ\;$ por $\;T,\;$ sendo $\;SP > OP\;$ e $\;TQ > HT.\;$
Tiramos por $\;R\;$ e $\;S\;$ perpendiculares ao plano $\;CBE\;$ e de cada uma delas tomemos um segmento de comprimento $\;PR=PS, \;$ e para o exterior do cubo, $\;RU\;$ e $\;SV.\;$ Determinámos, do mesmo modo, $\;W\;$ sobre a perpendicular tirada por $\;T\;$ ao plano $\;ABC,\;$ sendo $\;TW=QT=PR=PS\;$

© geometrias. 20 de Setembro de 2015, Criado com GeoGebra
Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Os pontos $\;U,\;B,\;W,\;C, \:;V\;$ são vértices de um pentágono equilátero e equiângulo.
1. Provemos que $\;UB=BW=WC=CV=VU:\;$
  Como $\;NP\;$ está dividido em média e extrema razão por $\;R\;$ com $\;PR > RN,\; \;\; PR^2=PN \times NR\;$ e dado que $\;PR=PN-NR \;$ e $\;PR^2=(PN-NR)^2= PN^2+NR^2 - 2\times PN\times NR= PN^2+NR^2 - 2\times PR^2=\;$ ou seja $$\;PN^2+RN^2=3PR^2\;\; \;\;\; \mbox{ euclideanamente provado em Elementos:}\;\; XIII.4 )$$ Por ser $\;PN=NB\;$ e $\;PR=RU\;$, podemos pois afirmar que $\;NB^2+RN^2=3RU^2.\;$ E por ser retângulo em $\;N\;$ o triângulo $\;BRN\;$, podemos escrever (I.47) $\;BR^2=BN^2+NR^2.\;$ E, assim se vê que $\;BR^2 = RU^2\;$ e $\;BR^2 + RU^2= 4RU^2.\;$ E como o triângulo $\;BUR\;$ é retângulo em $\;R,\;$ (por I.47) $\;BU^2=BR^2 + RU^2\;$ e, em consequência, $\;BU^2=4RU^2, \;$ que implica $\;BU=2UR.\;$
  Também sabemos que $\;SRVU\;$ é um paralelogramo retângulo em que $\;SR=UV(=2PR=2RU=2SV=2TW...)\;$ Fica assim demonstrado que $\;BU=UV.\;$
  Do mesmo modo se demonstra que cada um dos $\;BW, \; WC,\;CV\;$ é igual a $\;BU\;$ e $\;VU.\;$
2. $\;U,\;B,\;W,\;C, \;V\;$ são complanares?
  O ponto $\;X\;$ no exterior do cubo original e sobre uma paralela a $\;RU\;$ e $\;SV\;$ tirada por $\;P\;$ e tal que $\;PX=RU\;$ é um ponto de $\;UV\;$ e tomemos os segmentos $\;XH\;$e $\;HW.\;$ Se provarmos que $\;X, \; H, \;W\;$ são colineares fica demonstrado que os pontos do pentágono $\;UBWCV\;$ estão todos num só plano. Assim:
  Por construção, $\;T\;$ divide $\;HQ\;$ em média e extrema razão sendo $\;QT >TH\;$ ou seja $$\frac{HQ}{QT}=\frac{QT}{TH}$$ E, como $\;HQ=HP\;$ e $\;QT=TW=PX\;$, podemos escrever que $$\frac{HP}{PX}=\frac{WT}{TH} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$ Como $\;HP \parallel TW\;$, fazem cada um deles ângulos retos com o plano $\;ABC\;$. E pelas mesmas razões, por ser $\;TH \parallel PX\;$ fazem ambos ângulos retos com o plano $\;BEF\;$ (XI.6)
  E podemos concluir que os triângulos $\;XPH\;$ e $\;HTW\;$ são semelhantes já que $\;\angle X\hat{P}H = \angle H\hat{T}W = 1\;$ reto e os seus lados serem diretamente proporcionais (*) $$\frac{HP}{WT}=\frac{PX}{TH}$$ Sendo $\;HP \parallel TW\; \wedge \;TH \parallel PX\; \wedge \;XPH\; \sim\;HTW\;$ então $\;HX \parallel WH\;$ (VI.32), ou seja são uma única já que são paralelas com um ponto $\;H\;$ comum.
  Por (XI.1), sendo $\;WH\;$ e $\;HP\;$ dois segmentos de uma mesma reta, todos os seus pontos estão num mesmo plano como acontecerá com todos os pontos das retas que passam por $\;W\;$ e um outro ponto de $\;BC.\;$
3. Já sabemos que o pentágono é uma figura plana e é equilátera. Será equiângula? A proposição (XIII.7) de "Os Elementos" diz-nos que se três ângulos, consecutivos ou não, de um pentágono equilátero são iguais então o pentágono é equiângulo.
  Como sabemos $\;R\;$ divide $\;NP\;$ em média e extrema razão sendo $\;PR > RN\;$ e, por isso, temos $$\frac{NP}{PR}= \frac{PR}{RN}$$ E, como $\;PR=PS\;$ e $\;NS=NP+PS,\;$ por (XIII.5), $\;P\;$ divide $\;NS\;$ em média e extrema razão sendo $\;NP>PS\;$ $$\frac{SN}{NP}=\frac{NP}{PS}$$ Em consequência, por (XIII.4), $\;NS^2+SP^2 = 3.NP^2.\;$ Por ser $\;NP=NB\;$ e $\;SP=SV,\;$ podemos afirmar que $\;VS^2 + SN^2= 3.NB^2, \;$ de onde resulta $\;VS^2 + SN^2 + NB^2= 4.NB^2. \;\;\; (**)$
  Como $\;SNB\;$ é um triângulo retângulo em $\;\angle \hat{N}, \;$ por (I.47), $\;SN^2+NB^2 =SB^2\;$ que com $\;(**),\;$ nos permite afirmar que $\; VS^2+SB^2 = 4.NB^2\;$ ou $\;BV^2=4.NB^2,\;\; (***)$ já que $\;BSV\;$ é retângulo em $\;S\;$ e, por (I.47), $\;VS^2+SB^2 = VB^2.\;$
  Por construção, sabíamos que $\;BC=2NB$ e ficámos agora a saber com $\;(***)\;$ que também é $\;BV=2NB, \;$ de que se tira $\;VB=BC.\;$. Como o pentágono é equilátero já sabemos que $\;BU=BW,\; UV=WC\;$ que com $\;VB=BC\;$ garantem a igualdade dos triângulos $\;BUV\;$ e $\;BWC\;$ e, em consequência, as igualdades dos ângulos $\;B\hat{U}V,\; \;B\hat{W}C\;$ opostos a $\;BV\;$ e $\;BC\;$ e dos ângulos $\;B\hat{V}U,\; B\hat{C}W\;$ opostos a $\;BU\;$ e $\;BW\;$ respetivamente. Já temos três ângulos do pentágono iguais entre si e por (XIII.7) o pentágono é equiângulo
4. O pentágono construído pelo processo acima explicitado é uma figura plana equilátera e equiângula do qual $\;BC\;$ é uma diagonal. $\;BC\;$ é uma das doze arestas do cubo inscrito numa esfera de diâmetro $\;A_0B_0 .\;$ Se fizermos a mesma construção sobre cada uma das doze arestas do cubo, teremos construído uma qualquer figura sólida, contida por doze pentágonos equiláteros e equiângulos, a que chamamos dodecaedro
Falta provar que esta figura sólida está encapsulada na mesma esfera (de diâmetro $\;A_0B_0\;$) em que está inscrito o cubo de aresta $\;D_0B_0\;$ de que partimos.
1. Para provar que o dodecaedro construído tem os vértices sobre a superfície esférica gerada por uma semi-circunferência de diâmetro igual a $\;A_0B_0\;$começamos por lembrar que a reta $\;PX\;$ é perpendicular ao plano $\;BCE\,$ em $\;P\;$ centro da face $\;BCFE\;$ do cubo de diagonal (diâmetro) $\;A_0B_0\;$ construído cf (XIII.15).
  - (I.47) - Lembremos que o quadrado da diagonal de uma face do cubo é igual a dois quadrados do lado da face e o quadrado da Diagonal do cubo é a soma do quadrado da diagonal da face com o quadrado do lado face. Ou seja o quadrado da Diagonal do cubo (ou diâmetro da esfera em que se inscreve) é três vezes o quadrado dda sua aresta.
  - A reta $\;PX\;$ é a interseção dos planos que cortam ao meio duas faces opostas (dois planos opostos, como eles descreveram) do cubo ($\;BCE, \;ADI\;)$ e, por isso, cf (XI.38), interseta a Diagonal (diâmetro) do cubo no centro da esfera em que se inscreve o cubo. Chamámos $\;Z\;$ a esse ponto, como confirmará na nossa ilustração. $\;ZP\; é metade do lado da face do cubo.
2. Para além de $\;Z\;$, temos $\;XZ, \; UZ, \;$ que nos permitirão provar que o vértice $\;U\;$ do dodecaedro é um ponto da esfera de centro em $\;Z\;$ e diâmetro igual a $\;A0B_0:\;$
  - Como já vimos $\;P\;$ divide $\;NS\;$ em média extrema razão, sendo $\;NP>PS\;$ e, cf (XIII.4), $$\;NS^2+SP^2=3NP^2$$
  - Os dados da construção que fomos descrevendo indicam que $\;NP=PZ\;$ e $\;XP=PS\;$. Por ser $\;XZ= XP+PZ, \;\;\; XZ= SP+PN= SN.\;$ Também $\;PS=PR\;$ e, por isso, $\;PS=XU.\,$ O triângulo $\;UZX\;$ é retângulo em $\;X\;$ e, cf (I.47), $\;ZU^2= ZX^2+xU^2.\;$ E podemos escrever que $$ZU^2 =NS^2+SP^2 = 3NP^2\;$$
  $UZ^2=3NP^2$ é o mesmo que dizer que $\;UZ\;$ é o raio da esfera em que está encapsulado o cubo de aresta $\;AB\;$ dupla de $\;NP\;$. (XIII.15 : o raio da esfera é três vezes o quadrado de lado igual a metade da aresta do cubo nela inscrito.)
  Fica assim demonstrado que o vértice $\;U\;$ do dodecaedro construído é um ponto da esfera em que se inscreve o cubo, cujos vértices estão sobre a superfície esférica e são também vértices do octaedro. Raciocínio análogo pode ser aplicado para a cada um dosvértices do dodecaedro que não seja vértice do cubo.
Qual é o comprimento da aresta do dodecaedro inscrito numa superfície esférica de diâmetro $\;A_0B_0\;$?
- $\;UV =RS\;$ já que $\;UV\;$ e $\;RS\;$ são segmentos de paralelas entre paralelas $\;RU\;$ e $\;SV\;$ (estas últimas construídas como perpendiculares ao plano $\;BEF\;$
- Como sabemos $\;R\;$ foi determinado como ponto que divide $\;NP\;$ em média e extrema razão, sendo $\;RP>PN:\;$ $$\frac{NP}{PR}=\frac{PR}{RN}$$ E assim, como é óbvio, $\;\displaystyle \frac{2NP}{2PR}=\frac{2PR}{2RN}.\;$
- $\;S\;$ foi determinado do mesmo modo que $\;R\;$ e óbvio é que $\;NP= PO,\; NR=SO, \; RP=PS\;$, sendo , por isso, $\;2NP=NO, \; 2NR =NR+SO, \; 2PR=RS, \; RS>2NR $
  E podemos escrever que $$\frac{NO}{RS}=\frac{RS}{2RN}$$ que se pode traduzir por $\;RS\;$ é a parte maior de uma divisão de $\;NO\;$ em média e extrema razão.
Como $\;NO\;$ é igual à aresta do cubo $\;D_0B_0\;$, a aresta do dodecaedro inscrito numa esfera dada é igual à parte maior da aresta do cubo inscrito na mesma esfera quando a dividimos em média e extrema razão.

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

23.8.15

Elementos: Construir um icosaedro (Proposição 16 do Livro XIII)

Proposição 16:
Construir um iscosaedro inscritível numa dada esfera.

Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ a azul na figura em que também tomamos um ponto $\;C\;$ do diâmetro tal que $\;AC+CB=AB\;$ e $\;AC=4\times BC\;$ e um ponto $\;D\;$ da semicircunferência $\;ADB\;$ tal que $\; A\hat{C}D\;$ seja reto. Ficam traçados também a azul $\;CD, \;DB,\;$, este último presente em todos os passos da construção. Passos da construção:

Tomamos uma circunferência de raio $\;DB\;$, e sobre ela, os pontos $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ como vértices de um pentágono equiângulo e equilátero (IV.11). E determinemos os pontos $\;L, \;M, \;N,\;O,\;P, \;$ médios, respetivamente, dos arcos dessa circunferência $\;EF, \;FG,\; GH,\; HK,\; KE.\;$ Como $\;EFGHK\;$ é um pentágno equilátero, também $\;LMNOP\;$ é um pentágono equilátero e $\;ELFMGNHOKP\;$ é um decágono inscrito na mesma circunferência e também equilátero.
Tomemos agora as retas passando por $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ fazendo ângulos retos com o plano da circunferência $\;EFGHK\;$ e destas tomemos os segmentos $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ de comprimento $\;DB\;$ igual ao raio da circunferência $\;EFGHK.\;$ Desta circunferência, na nossa construção, designamos por $\;V\;$ o seu centro.
A circunferência de raio $\;DB\;$ e centro em $\;W\;$ em que se inscreve $\;QRSTU\;$ está num plano paralelo ao plano de $\;EFGHK\;$ ou $\;LMNOP\;$, sendo $\;EQ=VW=VE=DB. \;$

© geometrias. 2 de Setembro de 2015, Criado com GeoGebra
Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Tomemos os segmentos $\;QR,\; RS,\; ST,\; TU,\; UQ,\; QL,\; LR,\; RM,\; MS,\; SN,\; NT,\; TO,\;OU,\; UP,\; PQ,\; $ limitando 10 triângulos.
Como $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ fazem ângulos retos com um mesmo plano, elas são paralelas e complanares duas a duas (XI.6) e de de igual comprimento. E segmentos de reta compreendidos entre paralelas do mesmo lado e iguais são elas próprias iguais e paralelas (I.33). Assim, $\;QU\;$ é igual e paralela a $\;EK,\;$ ou seja, $\;EK\;$ tem comprimento igual ao lado do pentágono equilátero e equiângulo inscrito na circunferência $\;EFGHK.\;$ Por isso, o pentágono $\;QRSTU\;$ é equilátero. Por outro lado, como $\;QE\;$ é o comprimento do lado do hexágono equilátero inscrito na circunferência $\;EFGHK,\;$ por ser igual ao seu raio $\;DB, \;$ e $\;EP\;$ é lado do decágono inscrito na mesma circunferência, sendo $\;Q\hat{E}P\;$ reto então $\;QP\;$ é igual ao lado do pentágono equilátero inscrito na mesma circunferência, já que o quadrado do lado de um pentágono é igual à soma dos quadrados dos lados do hexágono e do decágono inscritos na mesma circunferência (XIII.10). Pelas mesmas razões $\;PU\;$ será igual ao lado do mesmo pentágono e assim será $\;QU\;$, ou seja $\;QPU\;$ é um triângulo equilátero.
E, como $\;QL^2=EL^2+QE^2,\; QL\;$ pode ser visto como lado do pentágono inscrito em $\;(I, DB), \;$ do qual $\;OP, \; \;LP,\;$ também podem ser vistos como lados, o triângulo $\;QLP\;$ é equilátero. E, pelas mesmas razões, são equiláteros os triângulos $\;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP.\;$
Como já tínhamos visto, $\;QRSTU\;$ é um pentágono equilátero de lados paralelos e iguais ao pentágono inicial $\;EFGHK\;$ e assim são equiláteros (por terem lados comuns aos dos triângulos anteriormente referidos de que são iguais) os triângulos $\; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU.\;$
Sobre a reta que passa pelos centros $\;V,\; W\;$ das circunferências $\;EFGHK\;$ e $\;QRSTU\;$ (que fazem ângulos retos com os respetivos planos) tomem-se (para fora da faixa dos triângulos construídos) segmentos iguais ao lado $\;EP\;$ do decágono inscrito na circunferência $\;EFGHK\;$ com extremos $\;V,\;X\;$ e $\;W,\;Z.\;$ Como $\;VX\;$ é o lado do decágono e $\;VP\;$ é o lado do hexágono (raio), sendo $\;X\hat{V}P\;$ um ângulo reto, então $\;PX\;$ é o lado do pentágono. Do mesmo modo, se verifica que $\;LX = MX=NX=OX=PL\;$ são iguais entre si por serem iguais ao lado do pentágono regular inscrito em $\;(V, VP)\;$. E podemos concluir que são iguais entre si e equiláteros os triângulos $\;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL,\;$ e iguais a $\;PQL, \ldots\;$
De igual modo se provaria que são iguais aos anteriores os triângulos $\;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ.\;$

Temos assim um sólido limitado por uma superfície fechada composta por 20 triângulos iguais entre si e equiláteros, a saber
$\;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL;\;\;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ;\; \;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP,\;PQL;\;$ $ \; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU,\;PUQ,\;$ que são as 20 faces; de lados $\;XL, \;XM, \;XN,\; XO, \; XP; \;PL,\; LM, \;MN, \;NO, \; OP; \;PQ, \;QL, \;LR, \;RM,\;MS,\;SN,\;NT,\;TO,\;OU,\;UP;\;$ $\; QR,\;RS,\; ST,\;TU,\;UQ;\;QZ,\;RZ,\;SZ,\;TZ,\;UZ,\;$ que são as 28 arestas; cujos extremos são $\;V, \;L, \;M, \;N, \;O, \;P, \;Q, \;R, \;S, \;T, \;U, \;W,\;$ que são os 12 vértices do icosaedro.

Falta provar que este icosaedro está encapsulado (ou inscrito?) numa esfera gerada por um semicírculo de diâmetro $\;AB\;$:
Por construção, sabemos que $\;XV=WZ=PE,\; VW=DB\;$ (respetivamente lado do decágono e lado do hexágono regulares inscritos na mesma circunferência em que se inscreve o pentágono $\;EFGHK.\;$ Por isso, $\;VZ =VW+WZ\;$ é dividido pelo ponto $\;W\;$ em média e extrema razão (prop. XIII.9 : se os lados de um hexágono e de um decágono inscritos num mesmo círculo forem acrescentados um ao outro, obtém-se um segmento de reta que fica dividido em média e extrema razão pelo ponto de junção, sendo a parte maior o lado do hexágono) o que pode ser descrito por $$\; \displaystyle \frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ}.$$

Consideremos os segmentos $\;ZE, \;EV, \;EX, \;$ para além de $\;XZ, \;XV,\;VW, \;WZ, \;VZ,\; $ os triângulos $\;ZVE, \;XVE,\;ZEX\;$ e os ângulos $\;Z\hat{V}E, \;X\hat{V}E,\;$ retos, por construção. Como $\;VW=VE=EQ=DB\; $ e $\;WZ=VX=PE,\;$ a expressão acima permite-nos escrever $\; \displaystyle \frac{VZ}{VE}= \frac{VE}{VX}\;$ relacionando lados dos triângulos $\;ZVE, \;XVE,\;ZEX\;$ que, por isso, os dois primeiros são triângulos retângulos em $\;V\;$ e o terceiro é retângulo em $\;E\;$ de altura $\;VE = DB\;$, semelhantes entre si (VI.8). O ponto $\;E\;$ é pois um ponto da semicircunferência de diâmetro $\;XZ\;$. A mesma semicircunferência passa por $\;Q\;$ (já que, obviamente e do mesmo modo, o triângulo $\;XQZ\;$ é retângulo em $\;Q\;$ e de hipotenusa $\;XZ\;$ e com $\;QW=DB.\;$ E, mantendo fixo o diâmetro (eixo) $\;XZ,\;$, a semicircunferência passará por todos os pontos angulares (vértices) do icosaedro construído, ao rodar em torno de $\;XZ.\;$
Fica assim provado que o icosaedro construído está encapsulado numa esfera de diâmetro $\;XZ.\;$ Será esta esfera de diâmetro $\;AB ? \;$
- Sabemos que $$\frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ} \Leftrightarrow VW^2 = VZ \times WZ $$ Consideremos o ponto $\;J\;$ médio de $\;VW\;$ que é também o ponto médio de $\;XZ=XV+VW+WZ\;$ já que $\;XV=WZ\;$. Prova-se que, sendo $\;VW\;$ o maior na divisão, por $\;W\;$ de $\;VZ\;$ em média e extrema razão, o quadrado do menor $\;WZ\;$ acrescentado de metade do maior $\;JW\;$ é 5 vezes o quadrado deste: $$(JW+WZ)^2 =5 \times JW^2$$ o que é fácil de verificar. (Assim: $\;VW=2\times JW, \;$ então $\;VW^2= 4\times JW^2 \;\;$ e, como antes tínhamos visto, $\;VW^2= VZ \times WZ.\;$ Conclui-se que $ \; 4\times JW^2 = VZ \times WZ. \;$ Como $\;VZ=VW+WZ \;$ e $\;VW=2\times JW,\;$ podemos escrever $ \; 4\times JW^2 = (VW+WZ)\times WZ = VW\times WZ +WZ^2 =2\times JW\times WZ+WZ^2,\;$ e, concluindo $JZ^2 = (JW+WZ)^2 = JW^2 + WZ^2 + 2JW\times WZ = JW^2+4\times JW^2 = 5\times JW^2.\;$)
  Sendo $\;JZ^2=5\times JW^2,\;$ como $\;XZ=2\times JZ \;$ e $\;VW= 2\times JW\;$, $\;XZ^2 = 5\times VW^2.\;$
- Dos dados iniciais, lembramos um triângulo $\;ADB\;$ retângulo em $\;D\;$ e de hipotenusa $\;AB\;$, sendo $\;CD\;$ a altura a ela relativa e $\;C: AC=4CB.\;$
  São semelhantes entre si os triângulos retângulos $\;ABD, \;DAC, \;BDC\;$. Da semelhança $\;ABD \sim BDC\;$ retiramos $\; \displaystyle \frac{AB}{BD} = \frac{BD}{BC}\;$ ou $\;BD^2 = AB\times BC\;$.
  Como $\;AB =AC+CB\;$ e $\;AC=4\times CB, \; AB= 5\times BC ou \displaystyle BC = \frac{AB}{5}.\;$
  Podemos agora escrever que $\;5\times BD^2= AB^2.\;$ E como $\;VW=DB\;$, concluímos assim que $\;AB^2 = XZ^2\;$ e $\;AB=XZ.$

Fica assim demonstrado que o icosaedro construído está encapsulado numa esfera de diâmetro de comprimento $\;AB.\;$

EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements

15.8.15

Relações entre os lados dos pentágono, decágono e hexágono inscritos numa mesma circunferência

Proposição 16:
Construir um iscosaedro inscritível numa dada esfera.

Passos da construção:
Seja $\;AB\;$ o diâmetro da esfera em que pretendemos inscrever um icosaedro.

Começamos por dividir o diâmetro $\;AB\;$ em duas partes $\;AC\;$ e $\;CB\;$ de tal modo que $\;AC=4\times CB\;$ (VI.10). E seja o semicírculo $\;ADB\;$ de diâmetro $\;AB\;$ e tal que $\; A\hat{C}D\;$ seja reto. Tomamos $\;DB.\;$
Depois tomemos uma circunferência de raio $\;DB\;$ e, sobre ela, os pontos $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ como vértices de um pentágono equiângulo e equilátero (IV.11). E determinemos os pontos $\;L, \;M, \;N,\;O,\;P, \;$ médios, respetivamente, dos arcos dessa circunferência $\;EF, \;FG,\; GH,\; HK,\; KE.\;$ Como $\;EFGHK\;$ é um pentágno equilátero, também $\;LMNOP\;$ é um pentágono equilátero e $\;ELFMGNHOKP\;$ é um decágono inscrito na mesma circunferência e também equilátero.
Tomemos agora as retas passando por $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ fazendo ângulos retos com o plano da circunferência $\;EFGHK\;$ e destas tomemos os segmentos $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ de comprimento $\;DB\;$ igual ao raio da circunferência $\;EFGHK.\;$

© geometrias. 25 de julho de 2015, Criado com GeoGebra
Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Tomemos os segmentos $\;QR,\; RS,\; ST,\; TU,\; UQ,\; QL,\; LR,\; RM,\; MS,\; SN,\; NT,\; TO,\;OU,\;$$ UP,\; PQ,\; $ limitando 10 triângulos.
Como $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ fazem ângulos retos com um mesmo plano, elas são paralelas e complanares duas a duas (XI.6) e de de igual comprimento. E segmentos de reta compreendidos entre paralelas do mesmo lado e iguais são elas próprias iguais e paralelas (I.33). Assim, $\;QU\;$ é igual e paralela a $\;EK,\;$ ou seja, $\;EK\;$ tem comprimento igual ao lado do pentágono equilátero e equiângulo inscrito na circunferência $\;EFGHK.\;$ Por isso, o pentágono $\;QRSTU\;$ é equilátero. Por outro lado, como $\;QE\;$ é o comprimento do lado do hexágono equilátero inscrito na circunferência $\;EFGHK,\;$ por ser igual ao seu raio $\;DB, \;$ e $\;EP\;$ é lado do decágono inscrito na mesma circunferência, sendo $\;Q\hat{E}P\;$ reto então $\;QP\;$ é igual ao lado do pentágono equilátero inscrito na mesma circunferência, já que o quadrado do lado de um pentágono é igual à soma dos quadrados dos lados do hexágono e do decágono inscritos na mesma circunferência (XIII.10). Pelas mesmas razões $\;PU\;$ será igual ao lado do mesmo pentágono e assim será $\;QU\;$, ou seja $\;QPU\;$ é um triângulo equilátero.
Por razões análogas, podemos concluir que os triângulos construídos $\;LRM, \; MSN,\; NTO,\; OUP.\;$ E, como $\;QL\;$ e $\;OP \;$, assim como $\;LP,\;$ também podem ser vistos como lados do pentágono, o triângulo $\;QLP\;$ é também equilátero. E, pelas mesmas razões, são equiláteros os triângulos $\;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP.\;$
Sobre a reta que passa pelos centros $\;I,\; J\;$ das circunferências $\;EFGHK\;$ e $\;QRSTU\;$ (que fazem ângulos retos com os respetivos planos) tomem-se (para fora da faixa dos triângulos construídos) segmentos iguais ao lado $\;EP\;$ do decágono inscrito na circunferência $\;EFGHK\;$ com extremos $\;I,\;V\;$ e $\;J,\;W.\;$ Como $\;IV\;$ é o lado do decágono e $\;IP\;$ é o lado do hexágono (raio), sendo $\;V\hat{I}P\;$ um ângulo reto, então $\;PV\;$ é o lado do pentágono. Do mesmo modo, se verifica que $\;LV = MV=NV=OV=PL\;$ são iguais entre si por serem iguais ao lado do pentágono regular inscrito em $\;(I, IP)\;$. E podemos concluir que são iguais entre si e equiláteros os triângulos $\;VLM, \;VMN, \;VNO, \;VOP, \;VPL,\;$ e iguais a $\;PQL, \ldots\;$
De igual modo se provaria que são iguais aos anteriores os triângulos $\;WQR, \;WRS, \;WST, \;WTU, \;WUQ.\;$

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23.7.15

Relações entre tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera.

As construções do tetraedro (XIII.13) e do cubo(XIII.15) começam exatamente do mesmo modo:

o diâmetro $\;AB\;$ da esfera em que ambos se inscrevem é dividido por um ponto $\;C\;$ de tal modo que $\;AC=2CB;\;$
sobre um semicírculo com esse diâmetro $\;AB\;$ que gera a esfera, tomámos um ponto $\;D\;$ tal que $\;CD\;$ é perpendicular a $\;AB;\;$
para o tetraedro inscrito, a aresta é $\;AD ;\;$
para o cubo inscrito na mesma esfera, a aresta é $\;DB.\;$

Em (XIII.13) vimos que $\;AB^2=\displaystyle \frac{3}{2}AD^2\;$ e, em (XIII.15), vimos que $\;AB^2=3DB^2\;$. Em consequência, de $\;\displaystyle \frac{3}{2}AD^2 = 3DB^2\;$ se retira que $\;AD^2=2DB^2,\;$ ou seja que $\;AD\;$ é o comprimento da diagonal de um quadrado de lado igual a $\;DB\;$. Assim vimos que a aresta de um tetraedro inscrito numa esfera de diâmetro dado tem comprimento igual à diagonal da face do cubo inscrito na mesma esfera.

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Na construção que se segue, pode ver-se um cubo de 8 vértices $\;E, \;F, \;G, \;H, \;K, \;L,\; M, \;N\;$ extremos de 12 arestas $\;EF, \;FG, \;GH, \;EK, \;KL, \;LF, \;KN, \;NM, \;ML, \;GM, \;HN \;$ que limitam 6 faces quadradas $\;[EFGH], \;[EFLK], \;[KLMN], \;[MNHG], \;[FGML].$
Conforme a construção feita, 4 dos vértices do cubo - $\;E, \; G, \;L, \;N\;$ - são vértices do tetraedro, extremos das suas 6 arestas $\;EG, \;EL \;EN, \; GL, \;LN, \;NG,\;$ cada uma diagonal de uma face do cubo, que limitam as 4 faces triangulares do tetraedro $\;EGL, \;ELN, \;ENG, \;GLN.\;$
Claro que os outros 4 vértices do cubo $\;F,\;H,\;K,\; M\;$ também são vértices de um tetraedro, extremos de outras diagonais das faces do cubo.

Aproveitamos para comparar os volumes dos tetraedro e cubo inscritos numa mesma esfera. Se do cubo removermos o tetraedro, sobram-nos quatro pirâmides iguais: por exemplo, $\;EGHN, \; $ de base $\;GHN\;$ triangular, que é (por XII.9) a terça parte do prisma de bases $\;EFK\;$ e $\;HGN\;$ triangulares iguais. Por sua vez, é óbvio que este prisma é meio cubo, logo cada uma dessas pirâmides sobrantes após a remoção do tetraedro é a sexta parte do cubo, e o conjunto delas representa quatro sextas partes. Vimos assim que o tetraedro representa duas sextas partes ou a terça parte do cubo em termos de volume.

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7.7.15

Elementos: Construção de um cubo inscritível numa dada esfera

Proposição 15:
Construir um cubo que se possa inscrever-se numa esfera dada e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é triplo do quadrado da aresta do cubo nela inscrito.
Construção:

Seja $\;AB\;$ o diâmetro de uma dada esfera (ou seja a esfera gerada pela revolução de um semicírculo em torno do seu diâmetro de comprimento $\;AB\;$)
Dividimos $\;AB\;$ em dois segmentos $\;AC\;$ e $\;CB\;$ tais que $\;AC=2CB\;$
Tiremos por $\;C\;$ uma perpendicular a $\;AB\;$ e, no mesmo plano, tomemos $\;D ,\;$ ponto de interseção dessa perpendicular com a semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$
Tracemos $\;CD\;$ e $\;DB.\;$ - $\;A\hat{C}D=D\hat{C}B = 1\;$ reto
Tomámos depois um ponto $\;E\;$ e, a partir dele, construímos um quadrado $\;EFGH\;$ de lado igual a $\;DB\;$.
Em seguida, tirámos por $\;E, \;F,\; G,\;H\;$ perpendiculares ao plano do quadrado $\;EFGH\;$ e, sobre cada uma delas, tomámos um ponto de modo a obtermos $\;EK, \;FL,\; GM,\; HN\;$ iguais a um dos segmentos $\;EF, \; FG,\;GH,\;FE.\;$
Finalmente, desenhámos $\;KL,\;LM,\; MN,\;NK.\;$

Obtivemos assim um cubo, limitado pelos seis quadrados iguais $\;EFGH, \;KLMN, \;EFLK,\;FGML,\;GMNH, \;NHKE.\;$

Temos agora de provar que esse cubo tem os vértices sobre uma esfera de diâmetro $\;AB\;$ e que o quadrado de lado igual ao diâmetro da esfera é triplo do quadrado de lado igual à aresta do cubo.

Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

Demonstração:

Tomamos $\;KG\;$ e $\;EG.\;$Por construção $\;KE\;$ é perpendicular ao plano $\;EFG\;$ e é por isso, perpendicular a $\;EG\;$ - $\;K\hat{E}G\;$ é reto - o que quer dizer que a semicircunferência de diâmetro $\;KG\;$ passa por $\;E.\;$
Como $\;GF\;$ faz ângulos retos com cada uma das retas $\;FL\;$ e $\;FE\;$, então $\;GF\;$ também faz ângulos retos com o plano $\;KEF\;$ e, por isso, também é reto o ângulo $\;G\hat{F}K.\;$ E, portanto a semicircunferência de diâmetro $\;KG\;$ também passará por $\;F\;$ na sua rotação em torno de $\;KG.\;$
Iguais raciocínios nos permitem concluir que essa semicircunferência rodando em torno de $\;KG\;$ passará por todos os vértices do cubo construído.
Assim, mantendo fixo $\;KG\;$ a semicircunferência em revolução passa pelas mesmas posições desde que iniciou a rotação, o que quer dizer que o cubo está compreendido numa esfera de diâmetro $\;KG.\;$
Será que está compreendido na esfera dada?
1. Como $\;GF=FE\;$ e $\;G\hat{F}E\;$ é ângulo reto, então $\;GE^2 =FG^2+FE^2 = 2\times EF^2.\;$ Mas como $\;EF=EK\;$ então $\;EG^2=2\times EF2\;$ e como o ângulo $\;G\hat{E}K\;$ é reto, então $\;KG^2= GE^2+EK^2\;$. Podemos concluir que $\;GK^2=2EF^2+EF^2=3EF^2\;$
2. Por terem ângulos iguais, cada um a cada um, os triângulos $\;ADB\;$ e $\;BCD\;$, sabemos que $$\frac{AB}{DB}=\frac{DB}{BC} \; \; \; \text{que é o mesmo que} \; \; \; DB^2=AB\times BC$$ e, como $$\;\displaystyle \frac{AB}{BC}= \frac{AB\times AB}{AB\times BC}\;$$ sendo, por construção, $$\;\displaystyle \frac{AB}{BC}=3 \;\; \text{e}\;\; \frac{AB}{BC}=\frac{AB^2}{BD^2} \;\; \text{então} \;\; AB^2=3\times DB^2$$ Na Geometria de Euclides, este resultado aqui apresentado a partir algebricamente já foi demonstrado antes por métodos geométricos....
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EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
David Joyce. Euclide's Elements