22.11.16
8.11.16
23.10.16
7.10.16
4.10.16
17.9.16
10.9.16
7.9.16
8.8.16
29.7.16
16.6.16
quatro pontos, um em cada lado de qual quadrado?
Hoje vamos tratar de um outro tipo de problema de construção de quadrados, que nos tem aparecido repetidamente, a saber:
Para resolver este problema, é necessário olhar para as propriedades do quadrado. Tomem-se
| a construção de um quadrado do qual cada uma das retas dos seus lados passa por um só de quatro pontos $\;A, \;B, \;C, \;D\;$ dados.. |
- quatro retas
- $\;p, \;q, \;r,\; s, \;$ sendo
- $\;p \perp q, \;q\perp r, \;r\perp s, \;s\perp p,\;$
- $p \parallel r, \; q \parallel s\;$
- e igualmente distanciadas $\;p\;$ de $\;r\;$ e $\,q\;$ de $\;s\;$
-
e os quatro pontos
- $P,\; Q,\;R, \;S, \,$
- respetivamente $\;p.q, \;q.r, \; r.s,\;s.t,\;$
- sendo, obviamente iguais os segmentos $\;PQ, \;QR, \;RS, \; SP.\;$ das retas $\;p, \;q, \;r,\; s, \;$ respetivamente.
- $P,\; Q,\;R, \;S, \,$
- se uma reta corta duas retas fazendo ângulos alternos internos iguais, cf (I.27), então estas retas são paralelas;
- qualquer segmento com extremidades em duas retas paralelas, cf (I.29), fazem com elas ângulos alternos internos iguais;
- segmentos de reta unindo extremidades de segmentos iguais e paralelos, cf (I.33), são iguais e paralelos;
- …
- E, em consequência, se cortarmos dois pares de retas paralelas igualmente distanciadas, por dois segmentos a fazer ângulos alternos internos iguais (cada um a cada um), esses segmentos são iguais.
Se tomarmos $\;AC\;$ a ligar pontos das paralelas $\;p\;$ e $\;r\;$ e o ponto $\;B\;$ de $\;q,\;$ qual deve ser a relação de um reta tirada por $\;B\;$ com $\;q, \;s,\; AC\;$ para intersectar $\;s\;$ de modo a ter os mesmos ângulos alternos internos ao cortar $\;q, \; s\;$ em ângulos iguais aos feitos por $\;AC\;$ ao cortar $\;p, \;r$?
Bastará tirar por $\;B\;$ a perpendicular a $\;AC\;$ porque, designando por $\;I\;$ a intersecção das perpendiculares, $\; A\hat{P}B= B\hat{I}A = 1 reto, \;$ e, em consequência, $\;P\hat{B}I + A\hat{I}B = 2 retos,\;$ bem como $\;Q\hat{A}I + A\hat{I}B = 2 retos,\;$ ou seja, $\;Q\hat{A}I = P\hat{B}I.\;$
De modo inteiramente análogo, se provaria que cada um dos ângulos feitos entre $\;AC, \;r\;$ era igual a um dos ângulos feitos pela perpendicular a $\;AC\;$ tirada por $\;B\,$ com $\;s\;$.
Se $\;BD\;$ não for perpendicular a $\;AC,\;$, na perpendicular a $\;AC\;$ tirada por $\;B\;$ encontramos um segundo ponto $\;E\;$ de $\;s\;$ de que nos tinha sido dado $\;D.\;$ Este ponto $\;E\;$ é tal que $\;BE\perp AC\;$ e $\;BE =AC, \;$ por estes serem segmentos com extremidades em pares de retas igualmente distanciadas e paralelas, por fazerem com elas iguais ângulos alternos internos: $\;s=DE\;$
Isto chega para resolver o nosso problema de construção.
$\fbox{n=0}\;\;\;$ Não conhecemos mais que os pontos $\;A, \;B, \;C, \;D\;$ dados.
Peguemos na régua e no compasso.
$\fbox{n=1}$ Tira-se por $\;B\;$ a perpendicular a $\;AC \;$ que, intersectada pela circunferência de centro $\;B\;$ e raio $\;AC\;$ determina um ponto $\;E\;$ da reta $\;s\;$ que contém o lado oposto ao lado $\;q\;$ que passa por $\;B.\;\;\;\; DE=s$
$\fbox{n=2}$ Determinada a reta $\;s\;$ pode tirar por $\;A\;$ a perpendicular $\;p\;$ a ela e tomar a intersecção $\;p.s : \;\;\;S, \;$ vértice do quadrado.
Do mesmo modo, a perpendicular a $\;s\;$ tirada por $\;C\;$ que designamos por $\;r\;$, sendo o vértice $\;R\;$ determinado por $\;r.s\;$
$\fbox{n=3}$ Finalmente a perpendicular a $\;p\;$ (ou a $\;r\;$) tirada por $\;B\;$ que designamos por $\;q\;$ e que é a reta que faltava para a determinação por $\;p.q\;$ de $\;P\;$ e por $\;q.r\;$ de $\;Q.$ $\fbox{n=4}$ Apresenta-se o quadrado $\;PQRS\;$ em que $\;A\in p, \; B\in q, \; C \in r, \; D \in s\;$
Este problema tem muitas soluções, claro.
-
EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martin. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
- $\;p, \;q, \;r,\; s, \;$ sendo
13.6.16
Quadratura de um par de hexágonos regulares
Temos vindo a apresentar construções de régua e compasso para determinar um quadrado de área igual à área de uma dada figura. Em todas elas, há uma preocupação de economia no que ao número de passos respeita. O número de passos de uma construção refere-se ao número de vezes que se recorre à régua ou ao compasso. A identificação de pontos como intersecção de retas com retas, de retas com circunferências, e de circunferências com circunferências não contam como passos da construção. Um dos problemas que nos é apresentado em [3] pede
| a construção de um quadrado de área igual à soma das áreas de dois dados hexágonos regulares, com o menor número de passos. |
| $\fbox{n=0}\;\;\;$ | A figura dinâmica abaixo apresenta-nos um hexágono regular $\;ABCDEF\;$ inscrito numa circunferência de centro $\;O\,$ que sabemos ter raio igual ao lado do hexágono regular que aqui designamos por $\;a= AB=BC=CD=DE=EF=FA.\;$ Podem ver-se ainda os diâmetros $\;AD, \;BE, \;CF\;$ que dividem o hexágono em três paralelogramos equiláteros iguais $\;OABC,\;OCDE, \;OEFA, \;$ ou em seis triângulos equiláteros iguais $\;OAB, $ $\;OBC, \;OCD, \;ODE, \;OEF, \;OFA\;$ e de lados iguais ao lado do hexágono ou ao raio da circunferência em que o hexágono se inscreve. |
| $\fbox{n=1}$ | Tomámos o segmento $\;BB_0\;$ sendo $\;B_0\;$ o ponto médio de $\;OA. \;$ O retângulo de dimensões $\;BB_0 \times OB_0\;$ tem área igual ao triângulo $\;OAB.\;$ Sabemos que $\;OB_0 = \displaystyle \frac{a}{ 2}\;$ e que o quadrado de lado $\;OB=a\;$ é igual à soma dos quadrados de lados $\;OB_0 = \displaystyle \frac{a}{ 2}\;$ e $\;BB_0:\;$ $\;OB^2 =OB_0^2+BB_0^2. \;$ E, por isso podemos dizer que o quadrado de lado $\;BB_0\;$ tem área igual à da figura que se obtém retirando ao quadrado de lado $\;OB = a\;$ o quadrado de lado $\;OB_0:\; \; \; BB_0^2 = a^2 - (\displaystyle \frac{a}{2})^2 = \displaystyle \frac{3}{4} \times a^2, \;$ ou seja, o quadrado de lado $\;BB_0\;$ é, em área, três quartas partes do quadrado de lado $\,a.\;$ A área do retângulo (de diagonal $\;OB\;$) é $\;BB_0 \times OB_0 = k.a \times \frac{a}{2} = \frac{k}{2} a^2, \;$ em que $\;k\;$ é tal que $k^2=\frac{3}{4}.\;$ A área deste retângulo, igual à área do triângulo $\;OAB,\;$ é dada pela parte $\;\displaystyle \frac{k}{2} \;$ do quadrado de lado $\;a\;$ e, em consequência, a área do hexágono regular de lado $\;a\;$ é $\;3k\times a^2.\;$ |
| $\fbox{n=2}$ | Como sabemos todos os hexágonos regulares são semelhantes e podemos representar as diferentes classes de hexágonos regulares iguais entre si, por algum hexágono inscrito numa circunferência centrada em $ \;O\;$ que é o centro de um primeiro hexágono regular de lado $\,a\;$ e área $3k\times a^2. \;$ Para representar a classe de hexágonos regulares com um dado lado $\;b\;$ escolhemos o hexágono regular $\;GHIJKL\;$ também centrado em $\;O\;$ e do qual sabemos a área que é $\; 3k.b^2\;$ E também sabemos que se houver um hexágono regular cuja área seja igual à soma das áreas dos hexágonos de lados $\;a\;$ e $\;b :\;\;\; 3k. a^2 + 3k.b^2 \;$ terá de ter um lado $\;c:\;´\;\; 3k.c^2 = 3k.a^2+ 3k.b^2$, ou seja tal que $\; c^2 =a^2 + b^2.\;$ |
| $\fbox{n=3}$ | Pelo que vimos, o lado do hexágono regular de lado $\;c\;$ é tal que $\;c^2= a^2+b^2\;$ ou seja é a hipotenusa deum triângulo retângulo de catetos $\;a, \;b.\;$ que desenhámos tirando por $\;G\,$ uma perpendicular a $\;OG\;$ e tomando sobre essa perpendicular $\;M\,$ tal que $\;GM =a.\;$ |
| $\fbox{n=4}$ | Qualquer dos hexágonos regulares inscritos na circunferência de centro $\;O\;$ e raio $\;OM\;$ tem área igual à soma das áreas dos hexágonos $\;ABCDEF\;$ e $\;GHIJKL,\;$ já que $\;c^2 = a^2+b^2 \Leftrightarrow 3k.c^2 = 3k.a^2 + 3k. b^2.\;$ O hexágono $\;PQRSTU\;$ está nessas condições. |
| $\fbox{n=5}$ | Isolemos o hexágono regular $\;GHIJKL.\;$ O nosso problema de quadratura de um par de hexágonos regulares dados fica reduzido à quadratura deste hexágono $\;GHIJKL.\;$ |
| $\fbox{n=6}$ | Fácil é ver que um retângulo como $\;QSNV\;$ é igual em área ao hexágono $\;PQRSTU\;$. E também já sabemos determinar um quadrado de área igual a um retângulo. Assim: Toma-se um segmento, por exemplo $\;QW\;$ igual à soma das dimensões do retângulo $\;QV+VN\;$ e uma semicircunferência de diâmetro $\;QW.\;$ Qualquer ponto dessa semicircunferência é vértice de um ângulo reto de lados a passar pelos extremos do diâmetro $\;Q, \;W. \;$ Se tomarmos $\;Z\;$ na semicircunferência e na perpendicular a $\;QW\;$ tirada por $\;V\;$, os triângulos retângulos em $\;V,\;$ $\;ZQV\;$ e $\;VWZ, \;$ e $$ \frac{QV}{VZ} = \frac{VZ}{VW}$$ ou, por ser $\;VW=VN,\;$ podemos afirmar que a área do retângulo $\;VQSN\;$ é igual à área do quadrado de lado $\, VZ:\;$ $$ QV \times VN = VZ^2$$ |
| $\fbox{n=7}$ | Encontrámos assim o quadrado de área igual à soma das áreas de 2 hexágonos regulares dados: $\;VXYZ\;\;\;\;$ |
-
EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martin. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
27.5.16
Quadratura de um par de garras (de Leonardo)
Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área da figura preenchida a vermelho $\;-\;\fbox{n=1}\;-\;$ limitada exteriormente por 2 arcos de circunferências iguais (três quartos de uma e um quarto de outra) e interiormente por uma circunferência tangente aos dois arcos referidos.
©geometrias, 26 maio 2016, Criado com GeoGebra
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ As duas circunferências iguais são centradas em $\;O\;$ e em $\;E\;$ e ambas a passar por $\;A\;$ e por $\;D.\;$ Os seus
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$arcos, que limitam exterioremente a figura dada, são $\;\widehat{DGA}\;$ da circunferência $\;E_A\;$ e $\;\widehat{AJD}\;$ de $\;O_A ,\;$ sendo
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$obviamente $\;\angle D\hat{O}A\;$ um ângulo reto.
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ A circunferência $\;M_G\;$ que limita interioramente a figura é tangente em $\;G\;$ a $\;\widehat{DGA}\;$ e em $\;J\;$ a $\;\widehat{AJD}, \;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ sendo $\;GJ\;$ um dos seus diâmetros.
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ O quadrilátero $\;AODE\;$ é um quadrado por ser equilátero $\;AO=OD=DE=EA\;$ (raios de circunferências
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ iguais) e equiângulo (ângulos retos por construção e por serem os raios de uma tangentes à outra)
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ Também são quadrados (e iguais) $\;ABCD\;$ e $\;DLKA,\;$ de lado $\;DA\;$ inscritos respetivamente em $\;O_A\;$ e
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ $\;E_A .\;$ Como $\;AOD\;$ é um triângulo isósceles e retângulo em $\;O, \;$ $\;AD^2= 2\times AO^2, \;$ que é o mesmo que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ dizer que a área de $\;ABCD\;$ é dupla da área de $\;AODE.\;$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ O círculo $\;M_G\;$ é igual (e igual em área) ao círculo $\;O_H\;$ inscrito no quadrado $\;ABCD\;$ sendo o seu raio
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$metade do lado $\;AB\;$ do quadrado a ele circunscrito.
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Como $\;HE = HO = AH = HD, \;$ o quadrado $\;AODE\;$ é igual em área a um qualquer quadrado inscrito
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ em $\,O_H\;$ ou em $\;M_G .\;$ Como a razão das áreas dos quadrados inscritos nas circunferências $\;O_A\;$ e $\;O_H\;$ é
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$de 1 para 2, também a razão entre as áreas dos círculos $\;O_H\;$ e $\;O_A\;$ é de 1 para 2 e a coroa circular limitada
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$por esses dois círculos tem área igual à do círculo menor $\;O_H\;$ ou do círculo $\;M_G .\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Vimos assim que se ao círculo de centro $\;O\;$ que passa por $\;A\;$ subtrairmos o círculo de centro $\;M\;$ que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ passa por $\;G\;$, restar-nos-á uma área igual à deste último círculo (que é em área é metade do primeiro.
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Mas não chega. Para termos como resto a nossa figura vermelha, além de subtraírmos ao círculo $\;O_A\;$ o
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$círculo $\;M_G\;$ é preciso retirar $\;(AGDIA)\;$ ou $\;|AHDIA) + (AGDHA|\;$
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ Na entrada anterior, já vimos que a relação que existe entre as áreas destes bocados tracejados (entre cada
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$lado do quadrado inscrito numa circunferência e a circunferência) se relacionam na mesma razão existente
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$entre as áreas dos quadrados inscritos. No caso. como a área de $\;O_A\;$ é dupla da área de $\;M_G\;$, então
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$$\;|AHDIA)\;$ vale dois dos bocados tracejados ente o quadrado $\;GSJT\;$ e a circunferência $\;M_G.\;$ O outro
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$bocado $\;(AGDHA|\;$ que é preciso retirar ainda ao $\;O_A\;$ vale os outros dois bocados entre $\;GSJT\;$ e $\;M_G\;$
$\fbox{n=7}\;\;\;\;$ Subtraímos ao círculo $\;O_A\;$ o círculo $\;M_G\;$ e ficámos com uma área igual à do círculo $\;M_G .\;$ Para termos
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$uma área igual à nossa figura inicial é ainda preciso subtrair a $\;M_G\;$ o equivalente a $\;(AGDIA),\;$ o que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ fizemos. O que sobrou foi um quadrado de lado igual ao raio $\;OA\;$ do círculo maior $\;O_A\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ □
-
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The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
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edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
13.5.16
Quadratura de um "crescente" (lúnula , Hipocrates)
Ao filósofo / médico / matemático grego Hipocrates de Cós (n. 460 A.C. em Cós -
f. 370 A.C. em Lárissa) é atribuído o estudo de várias figuras limitadas por por dois arcos de circunferências (dos quais um é semicircunferência e outro é um arco de circunferência correspondente à corda diâmetro da anterior) a que chamou lúnulas. Nesta entrada, procuramos ver que uma determinada lúnula (crescente) tem área igual a um dado quadrado.
Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área de uma dada lúnula que tem como diâmetro do primeiro arco (semicircunferência) o lado do quadrado inscrito na circunferência do segundo arco.Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do topo à esquerda, pode seguir os passos da resolução/demonstração.
Usando noções comuns, definições e teoremas de "Os Elementos" de Euclides,
determinar um quadrado com a mesma área de uma dada lúnula que tem como diâmetro do primeiro arco (semicircunferência) o lado do quadrado inscrito na circunferência do segundo arco.
©geometrias, 12 maio 2016, Criado com GeoGebra
$\fbox{n=1}\;\;\;\;$ Apresenta-se a lúnula em estudo e da qual intentaremos uma quadratura.
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ As duas circunferências em causa são uma com centro em $\;O\;$ e diâmetro $\;AB\;$ e outra de centro em $\;C\;$ e raio$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ $\;AC\;$ circunscrita ao quadrado de lado $\;A, \;$ no caso $\;ABEF\;$
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Na figura estão em evidência o quadrado $\;ADBC\;$ inscrito na circunferência de centro $\;O\;$ e diâmetro $\;AB,\;$ o$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ quadrado $\;ABEF\;$ inscrito na circunferência de centro $\;C\;$ e raio $\;AC\;$
$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ O quadrado $\;ADBC\;$ está dividido em dois (quatro) triângulos retângulos. Tomemos o triângulo $\;ABC\;$ $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ retângulo em $\;C\;$ e retenhamos que a área do quadrado de lado $\;AB\;$ é igual à soma das áreas os quadrados $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ de lados $\;BC\;$ e $\;CA\;$ (I.47 - Teor. de Pitágoras)
$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Como $\;BC=CA\;$ podemos dizer que a área do quadrado de lado $\;AB\;$ é o dobro da área do quadrado de $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$lado $\;BC\;$ (ou $\;CA$ ): $\; — AB^2 = 2 \times BC^2.\;$
$$\;\mathfrak{area}[ABEF] = 2\times \mathfrak{area}[ADBC] \;$$ $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ e, por isso, a razão entre as áreas dos círculos também será de 1 para 2: $$\;\mathfrak{area}(C,\;CA) = 2 \times \mathfrak{area}(O,\;OA) \;$$
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ Na figura ilustramos as diferenças de cada um dos círculos para os seus quadrados inscritos para esclarecer$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ que se retirarmos à área de $\;(C, \;CA)\;$ quatro áreas iguais a $\;(AMBOA]\;$ ficamos com a área do quadrado$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[ABEF].\;$ De igual modo, acontece com $\;(O, \;OA)\;$ e $\;[ADBC].\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(C,\;CA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ABEF]\;\;$ que é o mesmo que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 2\times \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area} [ADBC],\;$ e dividindo por dois $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(O,\;OA) - 2\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ADBC].\;$ E, porque
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(ADA] = \mathfrak{area}[ADBC],\;$ é obvio que $$\;\mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area}(ADA].\; $$ $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Podemos concluir que $$\;\mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area}(ADA] +\mathfrak{area}(DBD] .\; $$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ Tirando $\;\mathfrak{area} (AMBOA] \;$ à semicircunferência $\;\mathfrak{area}(ADBO]\;$ ficamos com a $\;\mathfrak{area}(ADBMA(\;$ da lúnula Por $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$outro lado, vimos que tirando $\;\mathfrak{area}(BCB] +\mathfrak{area}(CAC]\; $ à semicircunferência $\;\mathfrak{area}[AOCBCA)\;$ ficamos $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$com o triângulo retângulo $\; \mathfrak{area}[ABC].\;$ Como iguais subtraídos de iguais são iguais (noção comum 3),$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ podemos concluir que $$\mathfrak{area}(ADBMA( = \mathfrak{area}[ABC]$$
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ E a área do triângulo $\;[ABC]\;$ é obviamente igual à área do quadrado $\;[AOCJ],\;$ por exemplo. Assim fica feita a $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$quadratura do "crescente".
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ As duas circunferências em causa são uma com centro em $\;O\;$ e diâmetro $\;AB\;$ e outra de centro em $\;C\;$ e raio$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ $\;AC\;$ circunscrita ao quadrado de lado $\;A, \;$ no caso $\;ABEF\;$
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Na figura estão em evidência o quadrado $\;ADBC\;$ inscrito na circunferência de centro $\;O\;$ e diâmetro $\;AB,\;$ o$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ quadrado $\;ABEF\;$ inscrito na circunferência de centro $\;C\;$ e raio $\;AC\;$
$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ O quadrado $\;ADBC\;$ está dividido em dois (quatro) triângulos retângulos. Tomemos o triângulo $\;ABC\;$ $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ retângulo em $\;C\;$ e retenhamos que a área do quadrado de lado $\;AB\;$ é igual à soma das áreas os quadrados $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ de lados $\;BC\;$ e $\;CA\;$ (I.47 - Teor. de Pitágoras)
$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ Como $\;BC=CA\;$ podemos dizer que a área do quadrado de lado $\;AB\;$ é o dobro da área do quadrado de $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$lado $\;BC\;$ (ou $\;CA$ ): $\; — AB^2 = 2 \times BC^2.\;$
$$\;\mathfrak{area}[ABEF] = 2\times \mathfrak{area}[ADBC] \;$$ $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ e, por isso, a razão entre as áreas dos círculos também será de 1 para 2: $$\;\mathfrak{area}(C,\;CA) = 2 \times \mathfrak{area}(O,\;OA) \;$$
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ Na figura ilustramos as diferenças de cada um dos círculos para os seus quadrados inscritos para esclarecer$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ que se retirarmos à área de $\;(C, \;CA)\;$ quatro áreas iguais a $\;(AMBOA]\;$ ficamos com a área do quadrado$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;[ABEF].\;$ De igual modo, acontece com $\;(O, \;OA)\;$ e $\;[ADBC].\;$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(C,\;CA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ABEF]\;\;$ que é o mesmo que
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; 2\times \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area} [ADBC],\;$ e dividindo por dois $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mathfrak{area}(O,\;OA) - 2\times \mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area} [ADBC].\;$ E, porque
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}(O,\;OA) - 4\times \mathfrak{area}(ADA] = \mathfrak{area}[ADBC],\;$ é obvio que $$\;\mathfrak{area}(AMBOA] = 2\times \mathfrak{area}(ADA].\; $$ $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Podemos concluir que $$\;\mathfrak{area}(AMBOA] = \mathfrak{area}(ADA] +\mathfrak{area}(DBD] .\; $$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ Tirando $\;\mathfrak{area} (AMBOA] \;$ à semicircunferência $\;\mathfrak{area}(ADBO]\;$ ficamos com a $\;\mathfrak{area}(ADBMA(\;$ da lúnula Por $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$outro lado, vimos que tirando $\;\mathfrak{area}(BCB] +\mathfrak{area}(CAC]\; $ à semicircunferência $\;\mathfrak{area}[AOCBCA)\;$ ficamos $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$com o triângulo retângulo $\; \mathfrak{area}[ABC].\;$ Como iguais subtraídos de iguais são iguais (noção comum 3),$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ podemos concluir que $$\mathfrak{area}(ADBMA( = \mathfrak{area}[ABC]$$
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ E a área do triângulo $\;[ABC]\;$ é obviamente igual à área do quadrado $\;[AOCJ],\;$ por exemplo. Assim fica feita a $\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$quadratura do "crescente".
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The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
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edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
5.5.16
Quadratura de um pentágono dado
Nas últimas entradas, fizemos construções de triângulo equivalente a polígono dado e também de construção de paralelogramo equivalente a um triângulo. Podemos assim dizer que, com régua e compasso, podemos construir paralelogramo (mesmo com um certo lado e um certo ângulo) equivalente a um qualquer polígono. Como um retângulo é um paralelogramo de ângulos retos, podemos construir um retângulo equivalente a um polígono dado e, como já tratámos da construção de um quadrado equivalente a retângulo dado, podemos construir um quadrado equivalente a um qualquer polígono. Deixamos aqui as referências das nossas entradas que trataram desse problema:
Avaliará se valeu a pena.
Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do topo à esquerda, pode seguir os passos da resolução.
18.3.15
Um primeiro exemplo de proposição de álgebra geométrica, usando áreas (o corta e cola)
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
21.3.15
elementos: segundo exemplo de álgebra geométrica (Livro II, Prop. VI)
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 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.
26.3.15
Elementos: média e extrema razão; álgebra geométrica (Prop. XI do Livro II)
Livro II - PROP. XI. PROB.
Dividir uma linha reta de sorte que o retângulo de tôda e de uma parte seja igual ao quadrado da outra parte
4.4.15
Elementos: potência de um ponto (Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.)
Livro III, PROP. XXXVI. TEOR.
Se de um ponto qualquer fora de um círculo se tirarem duas linhas retas, das quais uma corte o círculo, e a outra o toque; será o retângulo compreendido por toda a reta que corta o círculo e pela parte dela que fica entre o dito ponto e a circunferência convexa do círculo, igual ao quadrado da tangente.
11.4.15
Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)
Livro III - PROP. XXXVII. TEOR.
Se de um ponto qualquer fora de um círculo se tirarem duas retas, das quais uma corte o círculo, e a outra chegue somente até a circunferência; e se o retângulo compreendido pela reta inteira que corta o círculo e pela parte dela que fica entre o dito ponto e a parte convexa da circunferência, fôr igual ao quadrado da reta incidente sôbre a circunferência, será a reta incidente tangente do círculo
Avaliará se valeu a pena.
©geometrias, 5 maio 2016, Criado com GeoGebra
$\fbox{n=0}\;\;\;\;$ Para além do cursor $\;\fbox{n=0,1, 2,3,4,5, 6},\;$ temos o pentágono $\;[ABCDE].\;$
$\fbox{n=1}\;\;\;\;$ Prolongamos $\;AE\;$ Traçamos $\;AC\;$ e uma paralela a esta tirada por $\;B\;$ que vai intersectar $\;AE\;$ em $\;F.\;$ Do $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ outro lado, traçamos $\;CE\;$ e a paralela a ela tirada por $\;D\;$ que intersecta $\;AE\;$ em $\;G.\;$
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ Os triângulos $\;[ABC]\;$ e $\;[AFC]\;$ são iguais em área e pela mesma razão são iguais em área os triângulos $\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;[CDE]\;$ e $\;[CGE].$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}[ABCD]=\mathfrak{area}[ABC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CDE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[AFC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CGE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[FCG] $
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Como já vimos em anteriores entradas, o triângulo $\;[FCG]\;$ tem área igual ao paralelogramo retângulo
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; [GHIM]\;$ por ser $\;M\;$ o ponto médio de $\;FG\;$ ou $\;FG= 2 \times MG\;$ e $\;HI\;$ incidir em $\;C\;$
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ O lado do quadrado equivalente ao retângulo $\;[GHIM]\;$ é o meio proporcional $\;x\;$ na proporção cujos extremos $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ são as dimensões do retângulo: $$x^2 =GA \times GH \Longleftrightarrow \frac{MG}{x} =\frac{x}{GH}....................\mbox{Euclides (300 AC) Elelemntos VI.13}$$ $ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Bastará acrescentar ao lado $\;MG\;$ do retângulo o outro lado $\;GH.\;$ Assim: Com centro em $\;G\;$ e a passar por$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;H,\;$ traçamos a circunferência que determina $\; J\;$ na sua intersecção com a reta $\;FG\;$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ $MJ =MG+GH$ é o diâmetro da circunferência que intersecta a reta $\;GH\;$ no ponto $\;L\;$ e Thales (600 AC) $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$descobriu e provou que o ângulo inscrito numa semicircunferência $\; [MLJ] \;$ é retângulo em $\;L\;$ - 1º Teorema $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$(de Thales (?)) - e, $\;GL\;$ é o meio proporcional que procuramos.
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ O quadrado $\;[GLRQ]\;$ é um belo representante dos quadrados equivalentes ao pentágono $\;[ABCDE]\;\;\; \square $
$\fbox{n=1}\;\;\;\;$ Prolongamos $\;AE\;$ Traçamos $\;AC\;$ e uma paralela a esta tirada por $\;B\;$ que vai intersectar $\;AE\;$ em $\;F.\;$ Do $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ outro lado, traçamos $\;CE\;$ e a paralela a ela tirada por $\;D\;$ que intersecta $\;AE\;$ em $\;G.\;$
$\fbox{n=2}\;\;\;\;$ Os triângulos $\;[ABC]\;$ e $\;[AFC]\;$ são iguais em área e pela mesma razão são iguais em área os triângulos $\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;[CDE]\;$ e $\;[CGE].$
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \mathfrak{area}[ABCD]=\mathfrak{area}[ABC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CDE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[AFC]+\mathfrak{area}[ACE]+\mathfrak{area}[CGE]\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; =\mathfrak{area}[FCG] $
$\fbox{n=3}\;\;\;\;$ Como já vimos em anteriores entradas, o triângulo $\;[FCG]\;$ tem área igual ao paralelogramo retângulo
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; [GHIM]\;$ por ser $\;M\;$ o ponto médio de $\;FG\;$ ou $\;FG= 2 \times MG\;$ e $\;HI\;$ incidir em $\;C\;$
$\fbox{n=4}\;\;\;\;$ O lado do quadrado equivalente ao retângulo $\;[GHIM]\;$ é o meio proporcional $\;x\;$ na proporção cujos extremos $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$ são as dimensões do retângulo: $$x^2 =GA \times GH \Longleftrightarrow \frac{MG}{x} =\frac{x}{GH}....................\mbox{Euclides (300 AC) Elelemntos VI.13}$$ $ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$Bastará acrescentar ao lado $\;MG\;$ do retângulo o outro lado $\;GH.\;$ Assim: Com centro em $\;G\;$ e a passar por$\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;H,\;$ traçamos a circunferência que determina $\; J\;$ na sua intersecção com a reta $\;FG\;$
$\fbox{n=5}\;\;\;\;$ $MJ =MG+GH$ é o diâmetro da circunferência que intersecta a reta $\;GH\;$ no ponto $\;L\;$ e Thales (600 AC) $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$descobriu e provou que o ângulo inscrito numa semicircunferência $\; [MLJ] \;$ é retângulo em $\;L\;$ - 1º Teorema $\\ \; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;$(de Thales (?)) - e, $\;GL\;$ é o meio proporcional que procuramos.
$\fbox{n=6}\;\;\;\;$ O quadrado $\;[GLRQ]\;$ é um belo representante dos quadrados equivalentes ao pentágono $\;[ABCDE]\;\;\; \square $
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EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
29.4.16
Construir um triângulo equivalente a um polígono
Na entrada anterior, resolvemos o problema repetindo a construção (I.44) tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono dado.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e tomamos o segmento $\;JK\;$ para lado do paralelogramo equivalente a $\;[ABCDEFG]\;$ a construir. Em vez de tomarmos uma decomposição do polígono em triângulos e para cada um desses triângulos construir o paralelogramo equivalente, vamos previamente proceder à construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e só depois construir o paralelogramo equivalente a esse triângulo.
Fazendo variar os valores de $\;\fbox{n}\;$ no cursor do fundo à direita, pode seguir os passos da resolução.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e tomamos o segmento $\;JK\;$ para lado do paralelogramo equivalente a $\;[ABCDEFG]\;$ a construir. Em vez de tomarmos uma decomposição do polígono em triângulos e para cada um desses triângulos construir o paralelogramo equivalente, vamos previamente proceder à construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ e só depois construir o paralelogramo equivalente a esse triângulo.
©geometrias, 29 abril 2016, Criado com GeoGebra
O processo de construção de um triângulo equivalente ao polígono $\;[ABCDEFG]\;$ é feito de repetições da determinação de um triângulo equivalente a um quadrilátero. Assim:
$\fbox{1,2}\;\;$
Escolhemos para começar o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ e a sua diagonal $\;AC.\;$ Determinamos o ponto $\;P\;$ de intersecção de $\;CD\;$com a reta paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;B.\;$ Os triângulos $\;[APC]\;$ e $\;[ABC]\;$ são iguais em área por terem uma base comum $\;AC\;$ e os terceiros vértices $\;B,\;P\;$ sobre $\;BP\;$ paralela a $\; AC\;$ comum.
Como $\;\mbox{Área}_{[ABCD]} = \mbox{Área}_{[ABC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\; \;\mbox{Área}_{[APD]}=\mbox{Área}_{[APC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\;$ podemos dizer que $\;\mbox{Área}_{[ABCD]}= \mbox{Área}_{[APD]},\;$ já que, como vimos, $\; \mbox{Área}_{[ABC]} = \mbox{Área}_{[APC]}.\;$
$\fbox{3,4}\;\;$
Tomamos de seguida $\;[APDE]\;$ e a diagonal $\;AD\;$ e determinamos $\;Q\;$ na intersecção de $\;DE\;$ com a paralela a $\;AD\;$ tirada por $\;P.\;$ E, como o anteriormente visto em procedimento análogo, são equivalentes os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[AQD].\;$
E, em consequência, $\; \mbox{Área}_{[APDE]} = \mbox{Área}_{[AQE]}, \;$ já que $\; \mbox{Área}_{[APDE]} =\mbox{Área}_{[APD]}+\mbox{Área}_{[ADE]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\mbox{Área}_{[AQD]}+\mbox{Área}_{[ADE]}\;$
$\fbox{5,6}\;\;$
Com o mesmo raciocínio se toma agora $\;[AQEF],\;$, a sua diagonal $\;AE\;$ e determinamos o ponto $\;R\;$ de intersecção da reta $\;EF\;$ com a paralela a $\;AE\;$ tirada por $\;Q.\;$
E, como $\;\mbox{Área}_{[AQE]} = \mbox{Área}_{[ARF]}, \; \;\; \mbox{Área}_{[AQEF]} = \mbox{Área}_ {[ARF]}\;$.
$\fbox{7}\;\;$
Finalmente, para o nosso caso, consideremos o quadrilátero $\;[ARFG],\;$ a sua diagonal $\;AF\;$ e determinamos o ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;EF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;G.\;$ (Podíamos ter optado por um ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;GF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;R).\;$
E, como $\; \mbox{Área}_{AFS}=\mbox{Área}_{AFG}, \; \mbox{Área}_{ARFG}= \mbox{Área}_{ARF}+\mbox{Área}_{FGA} =\mbox{Área}_{ARF}+ \mbox{Área}_{FSA} = \mbox{Área} {ARS}.\;$ «
Finalmente podemos concluir que
$$\;\mbox{Área}_{[ABCDFG]} = \mbox{Área}_{[ARS]}\;$$ De facto, os passos da construção acompanham
$\displaystyle \mbox{Área}_{[ABCDEFG]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\underbrace{\mbox{Área}_{[ABC]}+ \mbox{Área}_{[ACD]}}+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ABCD]} \;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[APD]}\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]}} \;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[APDE]}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \underbrace{\mbox{Área}_{[AQE]}\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;+\mbox{Área}_{[AEF]}} \;\;+ \;\;\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[AQEF]} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[ARF]} \,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+ \mbox{Área}_{[AFG]}}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARS]} $
$\fbox{8, 9,10}\;\;$
E bastar-nos-á determinar o paralelogramo equivalente a um triângulo $\;[ARS], \;$ no caso, $\;[A'MIS']\;$ ou $\;[KJVU]\;$, …
Nota: A sequência de procedimentos aqui usados para determinar um triângulo equivalente a um heptágono (no caso aqui ilustrado) serve bem para problemas com polígonos de qualquer número de lados.
$\fbox{1,2}\;\;$
Escolhemos para começar o quadrilátero $\;[ABCD]\;$ e a sua diagonal $\;AC.\;$ Determinamos o ponto $\;P\;$ de intersecção de $\;CD\;$com a reta paralela a $\;AC\;$ tirada por $\;B.\;$ Os triângulos $\;[APC]\;$ e $\;[ABC]\;$ são iguais em área por terem uma base comum $\;AC\;$ e os terceiros vértices $\;B,\;P\;$ sobre $\;BP\;$ paralela a $\; AC\;$ comum.
Como $\;\mbox{Área}_{[ABCD]} = \mbox{Área}_{[ABC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\; \;\mbox{Área}_{[APD]}=\mbox{Área}_{[APC]} + \mbox{Área}_{[ACD]},\;$ podemos dizer que $\;\mbox{Área}_{[ABCD]}= \mbox{Área}_{[APD]},\;$ já que, como vimos, $\; \mbox{Área}_{[ABC]} = \mbox{Área}_{[APC]}.\;$
$\fbox{3,4}\;\;$
Tomamos de seguida $\;[APDE]\;$ e a diagonal $\;AD\;$ e determinamos $\;Q\;$ na intersecção de $\;DE\;$ com a paralela a $\;AD\;$ tirada por $\;P.\;$ E, como o anteriormente visto em procedimento análogo, são equivalentes os triângulos $\;[APD]\;$ e $\;[AQD].\;$
E, em consequência, $\; \mbox{Área}_{[APDE]} = \mbox{Área}_{[AQE]}, \;$ já que $\; \mbox{Área}_{[APDE]} =\mbox{Área}_{[APD]}+\mbox{Área}_{[ADE]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\mbox{Área}_{[AQD]}+\mbox{Área}_{[ADE]}\;$
$\fbox{5,6}\;\;$
Com o mesmo raciocínio se toma agora $\;[AQEF],\;$, a sua diagonal $\;AE\;$ e determinamos o ponto $\;R\;$ de intersecção da reta $\;EF\;$ com a paralela a $\;AE\;$ tirada por $\;Q.\;$
E, como $\;\mbox{Área}_{[AQE]} = \mbox{Área}_{[ARF]}, \; \;\; \mbox{Área}_{[AQEF]} = \mbox{Área}_ {[ARF]}\;$.
$\fbox{7}\;\;$
Finalmente, para o nosso caso, consideremos o quadrilátero $\;[ARFG],\;$ a sua diagonal $\;AF\;$ e determinamos o ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;EF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;G.\;$ (Podíamos ter optado por um ponto $\;S\;$ na intersecção de $\;GF\;$ com a paralela a $\;AF\;$ tirada por $\;R).\;$
E, como $\; \mbox{Área}_{AFS}=\mbox{Área}_{AFG}, \; \mbox{Área}_{ARFG}= \mbox{Área}_{ARF}+\mbox{Área}_{FGA} =\mbox{Área}_{ARF}+ \mbox{Área}_{FSA} = \mbox{Área} {ARS}.\;$ «
Finalmente podemos concluir que
$$\;\mbox{Área}_{[ABCDFG]} = \mbox{Área}_{[ARS]}\;$$ De facto, os passos da construção acompanham
$\displaystyle \mbox{Área}_{[ABCDEFG]} = \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\underbrace{\mbox{Área}_{[ABC]}+ \mbox{Área}_{[ACD]}}+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ABCD]} \;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]} + \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[APD]}\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[ADE]}} \;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[APDE]}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+ \mbox{Área}_{[AEF]}+ \mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \underbrace{\mbox{Área}_{[AQE]}\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;+\mbox{Área}_{[AEF]}} \;\;+ \;\;\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[AQEF]} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+\mbox{Área}_{[AFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\underbrace{\mbox{Área}_{[ARF]} \,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;+ \mbox{Área}_{[AFG]}}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARFG]}\\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\mbox{Área}_{[ARS]} $
$\fbox{8, 9,10}\;\;$
E bastar-nos-á determinar o paralelogramo equivalente a um triângulo $\;[ARS], \;$ no caso, $\;[A'MIS']\;$ ou $\;[KJVU]\;$, …
Nota: A sequência de procedimentos aqui usados para determinar um triângulo equivalente a um heptágono (no caso aqui ilustrado) serve bem para problemas com polígonos de qualquer número de lados.
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EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
20.4.16
Construir um paralelogramo equivalente a um polígono
As últimas entradas foram dedicadas a problemas de construção de paralelogramos equivalentes a triângulos dados, ...
A proposição I.45 de "Os Elementos" trata do problema de construção de um paralelogramo de área igual a um polígono, sendo dados um lado e um ângulo do paralelogramo a construir .
Este problema resolve-se com recurso às construções de paralelogramo equivalente a um triângulo dado que é repetida tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono em causa.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;ABCDEF\;$ e tomamos para lado do paralelogramo o segmento $\;GH\;$ e um ângulo $\; \angle STU \;$ a que deve respeitar o ângulo do paralelogramo de vértice $\;H.\;$ Pode variar o ângulo $\; \angle STU,\;$ o comprimento de $\;GH.\;$
Este problema resolve-se com recurso às construções de paralelogramo equivalente a um triângulo dado que é repetida tantas vezes quantos os triângulos em que dividamos o polígono em causa.
No caso da nossa ilustração abaixo, temos um polígono $\;ABCDEF\;$ e tomamos para lado do paralelogramo o segmento $\;GH\;$ e um ângulo $\; \angle STU \;$ a que deve respeitar o ângulo do paralelogramo de vértice $\;H.\;$ Pode variar o ângulo $\; \angle STU,\;$ o comprimento de $\;GH.\;$
©geometrias, 20 abril 2016, Criado com GeoGebra
No caso,decompusemos o nosso polígono $\;ABCDEF\;$ de 6 lados em 4 triângulos $\;ABC, \;ACD, \;ADE, \;AEF.\;$ Começando por construir um paralelogramo de lado $\;GH\;$ de área igual a $\;ABC\;$ (exatamente, como fizemos em I.44). Depois construímos um paralelogramo de área igual a $\;ACD\;$ agora sobre o lado do primeiro paralelogramo oposto a $\;GH, \;$
etc. Desse modo, construímos quatro paralelogramos, cada um deles com área igual a um dos triângulos em que decompomos o polígono. Assim o paralelogramo $\;GHILJ\;$ e o polígono $\;ABCDEF\;$ são equivalentes (de áreas iguais). Claro que este processo pode ser usado para construir paralelogramos equivalentes a polígonos de qualquer número de lados.
Para evitar a complicação que este processo euclidiano de repetição acarreta, convém lembrar que se pode sempre construir um triângulo equivalente a um polígono(qualquer que ele seja) e depois só haverá necessidade de aplicar os procedimentos (I.44).
Para evitar a complicação que este processo euclidiano de repetição acarreta, convém lembrar que se pode sempre construir um triângulo equivalente a um polígono(qualquer que ele seja) e depois só haverá necessidade de aplicar os procedimentos (I.44).
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The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
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edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
- George E. Martins. Geometric Constructions Springer. New York; 1997
- Robin Hartshorne. Geometry: Euclid and beyond Springer. New York: 2002
- Howard Eves. Fundamentals of Modern Elementary Geometry Jones and Bartlett Publishers, Boston: 1991.
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