GEOMETRIA

29.5.15

Elementos: Circunscrever um pentágono regular a um círculo dado

Quando apresentámos os passos da construção de um pentágono regular inscrito num círculo e a respetiva demonstração de que o pentágono assim construído é equilátero e equiângulo - (11.4), fechamos um ciclo de trabalho que consistiu em seguir os resultados dos Livros I a IV necessários para o fim em vista, ao mesmo tempo que chamamos atenção para a organização de "Os Elementos".
A este respeito, para além dos livros referidos ao longo dos anos, recomendamos vivamente a consulta do espantoso, paciente e persistente trabalho de David E. Joyce , DMCS, Clark University
A última entrada serviu para verificar a validade da construção mais usual do pentágono regular inscrito numa circunferência dada.

Nesta entrada construímos um pentágono regular tal que cada um dos seus lados é tangente a um círculo dado, aplicando (11.4)
LIVRO IV: PROP. XII. PROB. Circunscrever a um círculo dado um pentágono equilátero e equiângulo.

. A construção consiste em

aplicação de (11.4) para obter 5 pontos $\;A,\;B,\;C,\;D, \;E\;$ sobre a circunferência dada tais que são iguais os segmentos de reta e os arcos correspondentes: $\;AB=BC=CD=DE=EA\;$
aplicação de (1.3) para achar o centro $\;F\;$ do círculo dado, tal que $\;FA=FB=FC=FD=FE\;$
aplicação de (16.3 + corol) para determinar as tangentes ao círculo $\; \mbox{em} \;A\;- \;GH, \;\mbox{em}\;B\; - \;HK,\;\mbox{em}\;C\; - \;KL,\;\mbox{em}\;D \; - \;LM,\;\mbox{ e em} \;E\; - \;MG\;$

O pentágono circunscrito de vértices $\;G, \;H,\; K,\;L,\;M\;$ (obtidos por intersecção de pares de tangentes em pares de vértices consecutivos do pentágono $\;A,\;B,\;C,\;D, \;E\;$ regular inscrito) é um pentágono equilátero e equiângulo. Em seguida vamos demonstrar que assim é.

Na construção abaixo, para além dos pontos $\;A,\;B,\;C,\;D, \;E. \;F,\;G,\;H, \;K,\;L,\;M\;$ e dos segmentos $\;GH,\; HK, \; KL,\;LM,\;MG\;$ apresentamos os segmentos $\;FA,\;FB,\;FC,\;FD,\;FE,\;\;FG,\;FH,\;FK,\;FL,\;FM,\; $ necessários para a demonstração.

Comecemos por demonstrar que o pentágono $\;GHKLM\;$ construído é equilátero:
Por serem raios da circunferência dada $\;FA=FB=FC=FD=FE\;$ e $\;GH, \;HK,\;KL,\;LM,\;MG\;$ serem tangentes ao círculo respetivamente em $\;A, \;B,\;C,\;D,\;E\;$, $\;\angle F\hat{A}G=\angle F\hat{A}H=\angle F\hat{B}H=\angle F\hat{B}K = \angle F\hat{C}K=\angle F\hat{C}L=\angle F\hat{D}L=\angle F\hat{D}M = \angle F\hat{E}M=\angle F\hat{E}G = 1 reto \;\;\;\;$ (18.3)
Tomemos um par de triângulos, por exemplo $\;FBK, \;FKC\;$ ambos retângulos, um em $\;B\;$ outro em $\;C\;$ e com $\;FK\;$ para lado comum.
Por (47.1) o quadrado de lado $\;FK\;$ tanto é igual em área ao quadrado de lado $\;FB\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;BK\;$, como ao quadrado de lado $\;FC\;$ acrescentado do quadrado de lado $\;KC\;$. Estas duas últimas figuras iguais à mesma (quadrado de lado $\;FK\;$) são iguais entre si (ax 1) e se retirarmos a cada uma delas um quadrado de lado $FB=FC$ ficamos com duas figuras iguais (ax 3) os quadrados de lados $\;BK\;$ e $\;CK\;$: $\;BK=CK.\;$
Por (8.1), por ser $\;FB=FC, \; BK=CK\;$ e $\;FK\;$ comum aos dois triângulos $\;FBK, \; FKC\;$, concluímos que $\; \angle B\hat{F}K=\angle C\hat{F}K \; \; \angle B\hat{K}F = \angle F\hat{K}C.\;$ Em consequência, como $\; \angle B\hat{F}C=\angle B\hat{F}K+\angle C\hat{F}K, \;\; \angle B\hat{F}C= 2\times\angle B\hat{F}K\; $ e, do mesmo modo, $\; \angle B\hat{K} C = 2\times \angle F\hat{K}C.\;$
Pela mesma razão, $\; \angle C\hat{F}D= 2\times\angle C\hat{F}K, \; \; \; \; \angle D\hat{F}C= 2\times\angle L\hat{F}C.\; $
Por (27.3) Como os segmentos e arcos $\;BC,\; CD\;$ são iguais, $\angle B\hat{F}C = \angle C\hat{F}D\;$ e como $ \; \angle B\hat{F}C= 2\times\angle C\hat{F}K\; \wedge D\hat{F}C= 2\times\angle L\hat{F}C, \; $ $\; \angle F\hat{C}K = \angle F\hat{C} L\;$ e, por (26.1), sendo iguais os triângulos $\;FKC\;$ e $\;FLC,\;$ como $\; \angle F\hat{C}K = \angle F\hat{C} L,\;$ $\;KC = CL\; \wedge \;FK= FL \;$ e daí $\;KL = 2\times KC.\;$ Pela mesma razão $\;HK= 2\times BK\;$ e como $\;BK=KC\;$ é $\;HK=2\times KC =KL.\;$
De modo análogo, se prova que $\;HG=GM =ML=KL=KL.\;$ □

Finalmente demonstramos que o pentágono $\;GHKLM\;$ construído é equiângulo:
Já vimos antes que $\; \angle F\hat{K} C = \angle F\hat{L}C.\;$ e que, por ser $\;\angle H\hat{K}L = 2\times \angle F\hat{K}C, \;\angle K\hat{L}M = 2 \times \angle F\hat{L}C, \;\;\;\; \; \angle H\hat{K}L = \angle K\hat{L}M. \;$
De modo análogo, se prova que
$\;\angle G\hat{H}K = \angle H\hat{K}L = \angle K\hat{L}M = \angle L\hat{M}G= \angle M\hat{G}H \;$
Fica provado que o pentágono $\;GHKLM\;$ é equiângulo. □

Livro I
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possível, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
POST III
E que com qualquer centro e qualquer intervalo se descreva um círculo.
AXIOMA I.
As cousas que são iguais a uma terceira, são iguais entre si
AXIOMA II.
Se a coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
AXIOMA III.
E se de cousas iguais se retirarem outras iguais, os restos serão iguais
PROP. I. PROB.
Sobre uma linha reta determinar um triângulo equilátero
PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha reta igual a outra linha reta dada.
PROP. V. TEOR.
Em qualquer triângulo isósceles, os ângulos que estão sobre a base são iguais e produzidos os lados iguais os ângulos que se formam debaixo da base são também iguais
PROP. VI. TEOR.
Se dois ângulos de um triângulo forem iguais, os lados opostos a estes ângulos serão também iguais
PROP. VIII. TEOR.
Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e as bases também iguais, os ângulos compreendidos pelos lados iguais seão também iguais. PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada
PROP. XXVI. TEOR.
Se em dois triângulos dois ângulos de um forem iguais dois ângulos do outro, cada um a cada um, e um lado do primeiro igual a um lado do outro, e forem estes lados ou adjacentes ou opostos a ângulos iguais, os outros lados dos dois triângulos serão iguais aos outros lados, cada um a cada um; e também o terceiro ângulo será igual ao terceiro.
PROP. XXXII. TEOR.
Em todo o triângulo, produzido um lado qualquer, o ângulo externo é igual aos dois internos e opostos e os três ângulos internos de um triângulo qualquer são iguais a dois retos.
.......................................
Livro II
PROP. I. PROB.
Achar o centro de um círculo dado
PROP.VI. PROB
Se uma linha reta fôr dividida em duas partes iguais, e em direitura com ela se puser outra reta, será o retângulo compreendido pela reta tôda e mais a adjunta, e pela mesma adjunta juntamente com o quadrado da metade da primeiro igual ao quadrado da reta, que se compõe da mesma metade, e da outra reta adjunta.
.......................................
LIVRO III
DEFINIÇÂO VI.
Segmento de círculo é uma figura compreendida por uma linha reta e por uma porção da circunferência do círculo
DEFINIÇÂO VII.
O ângulo do segmento é aquele que é formado pela reta e pela porção de circunferência
DEFINIÇÂO VIII.
Um ângulo se diz estar ou existir no segmento quando é formado pelas retas que, de um ponto qualquer, tomado na circunferência do segmento, se tiram para os extremos da reta que é a base do segmento.
PROP. I. PROB.
Achar o centro em um círculo dado. PROP. XVI. TEOR.
A reta, que de uma extremidade do diâmetro de um círculo se levantar, perpendicularmente, sôbre o mesmo diâmetro, cairá tôda fora do círculo; e entre esta reta e a circunferência não se poderá tirar outra linha reta alguma; que é o mesmo que dizer, que a circunferência do círculo passará entre a perpendicular ao diâmetro, e a reta que com o diâmetro fizer um ângulo agudo, por groode que seja; ou também que a mesma circ1tnferência passará entre a dita perpendicular e outra reta, que fizer com a mesma perpendicular um ângulo qualquer, por pequeno que seja
PROP. XVIII. TEOR.
Se uma linha reta tocar um círculo, e do centro fôr tirada para o ponto do contacto outra reta, esta cairá perpendicularmente sôbre a tangente
PROP. XX. TEOR:
Em todo o círculo o ângulo que é feito no centro é o dobro do ângulo que está na circunferência, tendo cada um destes ângulos como por base a mesma porção da circunferência.
PROP.XX!. TEOR.
Em todos o círculo os ângulos que existem no mesmo segmento são iguais entre si
PROP. XXVI. TEOR.
Em círculos iguais os ângulos, que são iguais, e existem ou nos centros ou nas circunferências, assentam sobre arcos também iguais.
PROP. XXIX TEOR.
Em círculos iguais, a arcos iguais correspondem cordas iguais.
PROP. XXXII. TEOR.
Se uma linha reta for tangente de um círculo e se do ponto do contacto se tirar outra reta que divida o círculo em dois segmentos, os ângulos que esta reta fizerem com a tangente serão iguais aos ângulo que existem nos segmentos alternos
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
Livro IV
DEFINIÇÃO III.
Uma figura retilínea se diz inscrita em um círculo quando cada um dos ângulos dela toca a circunferência do circulo
DEFINIÇÃO IV.
Uma figura retilínea se diz circunscrita a um círculo quando cada um dos lados da dita figuran toca a circunferência do circulo
DEFINIÇÃO VII
Uma linha reta se diz inscrita em um círculo quando as extremidades dela estão na circunferência
PROP. I. TEOR.
Em um círculo dado inscrever uma linha reta igual a outra dada, e não maior que o diâmetro do círculo dado.
PROP. II. PROB.
Em um círculo dado inscrever um triângulo equiângulo a outro triângulo dado.
PROP. V. PROB.
Circunscrever um círculo a um triângulo dado.

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

16.5.15

Método comum para inscrever um pentágono regular numa circunferência

PROVA EM SUPORTE DA CONSTRUÇÃO COMUM
Em um círculo dado inscrever um pentágono equilátero e equiângulo.

. Entre nós, a construção mais comum de um pentágono regular inscrito numa circunferência $\;(O)\;$ dada consiste no seguinte:

tomar dois diâmetros $\;PQ\;$ e $\;AG\;$ perpendiculares
determinar o ponto médio $\;H\;$ de um raio $\;OP\;$, no caso, e considerar a circunferência centro em $\;H\;$ e raio $\;HA\;$ que interseta $\;OQ\;$ em $\;I\;$
$\;AI\;$ será o comprimento do lado de um pentágono regular inscrito na circunferência $\;(O)\;$. A circunferência de centro em $\;A\;$ e raio $\;AI\;$ corta a circunferência dada em $\;B,\; E\;$ vértices do pentágono inscrito, para além de $\;A.\;$ Os outros vértices estão sobre as circunferências $\;(B, \;BA), \; (E, \;EA\;)$

Vamos procurar seguir passos da construção já feita com recursos mínimos à régua e compasso (post.1 e post.3). Depois veremos como esta construção se liga à construção que foi feita nas entradas anteriores.

Fazendo variar os valores de n no cursor ao fundo da janela da construção que se segue, pode seguir os passos da construção e dos elementos que apoiam a construção para além de outras aspetos que ajudam a compreender as construções mais comuns.

$\fbox{n=0}$ Vê-se a circunferência azul $\;(O)\;$ dada
$\fbox{n=1}$ Determinemos dois diâmetros perpendiculares. Para isso, toma-se o ponto $\;P\;$ da circunferência $\;(O)\;$ e
   (post 1) $\;\longrightarrow \;PO\;\longrightarrow \;Q \; \mbox {de } PO. (O)$
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(P,\;PQ)\; \mbox{e} \; (Q, \;QP)\; \longrightarrow \;F \; \mbox {de } (P,\;PQ).(Q, \;QP)$
      (post 1) $\;\longrightarrow \;FO\;\longrightarrow \;A, \;G\; \mbox {de } FO. (O)\;$ (11.1) $\;\longrightarrow FO \perp POQ\;$

$\fbox{n=2}$ Determinemos o ponto médio de $\;OP\;$. Para isso,
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(P,\;PO)\; \longrightarrow (P,\;PO).(O)$ (pontos de interseção)
      (post 1) $\;\longrightarrow $ a reta definida por esses pontos $\;(P,\;PO).(O);$ interseta $\;PO\;$ em $\;H\;$ que
      por (10.1) é o ponto médio de $\;PO\;$
$\fbox{n=3}$ Para determinar o lado pentágono regular inscrito, bastará
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(H,\;HA)\; \longrightarrow \;$ e tomar $\;I\;$ da interseção $\;(H,\;AH).OQ\;$
     Lembramos que o ponto $\;I\;$ assim determinado é tal que $\;OI^2 = OQ \times QI\; \longleftarrow$ (11.2)
     O método mais comum entre nós toma $\;AI\;$ para comprimento do lado do pentágono regular inscrito e,
      considerando $\;A\,$ um vértice será
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(A,\;AI)\;$ e $\;B, \;E\;$ obtêm-se como pontos da interseção $\;(A,\;AI).(O)\;$
     Do mesmo modo
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(B,\;BA),\; (E, \;EA)\; $ e $\;C, \;D\;$ obtêm-se respetivamente,
      como pontos das interseções $ \;(B,\;BA).(O), \; (E, \;EA).(O)\;$
$\fbox{n=4}$ Usando qualquer destes pontos $\;I,\; K, \; J\;$ que dividem em média e extrema razão, respetivamente,
     os raios $\;OQ, \;OG, \;OL,\;$ ligamos essa nossa comum construção à (10.4) construção de um triângulo isósceles
      em que cada ângulo da base é duplo do ângulo formado pelos dois lados iguais.
     Como então vimos, basta transportar esse comprimento $\;OI=OJ=OK\;$ para $\;G.\;$ Assim:
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(G, \;GO) \;\longrightarrow \;L\; \mbox{de} \;(G, \;GO). (O) \; \mbox{e tal que} \; OG=GL=LO\;$
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(O, \;OI) \; \mbox{e}\; M \; \mbox{de} \;(O, \;OI). OL\; \mbox{ e tal que} MO=JO $
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(L, \;LM)\; \mbox{e} \;N\; \mbox{de} \; (L, LM).GL\; \mbox{e tal que } \; LN =LM\;$
      (ax. 3) $\;\longrightarrow \;GN=OM\;$ restos de duas coisas iguais a que retirámos partes iguais.
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(L, \;LM)\; \mbox{e} \;N\; \mbox{de} \; (L, LM).GL\; \mbox{e tal que } \; LN =LM\;$
      (post 3) $\;\longrightarrow \;(G, \;GN)\; \mbox{e} \;C, \;D\; \mbox{de} \; (G, \;GN).(O)\; \mbox{e tal que } \; GD=GN \; \longleftarrow (1.4)$.
      E é claro que
      (ax. 1) $\;\longrightarrow \;GC=GD=GN=OM=OI\;$
$\fbox{n=5}$ Considerando os resultados anteriores,
      (10.4)$\;\longrightarrow \;\mbox{ do triângulo}\; OGD, OG =OD \wedge \angle \hat{G} = \angle \hat{D} =2\times \angle\hat{O}\;$
      Considerado o triângulo $\;ACD\;$ inscrito na circunferência $\;(O)\;$ fácil é concluir que o seu ângulo $\; \angle \hat{C}\;$ é igual
      ao ângulo $\;\angle \hat{G}\;$ do triângulo $\;OGD\;$ por estarem inscritos no mesmo arco $\;DPA\;$ de $\;(O)\; \longleftarrow\;$ (21.3)

      Também se pode concluir que
      (20.3) $\; \longrightarrow \; \angle G\hat{O}D = 2 \times G\hat{A}D \wedge \angle G\hat{O}C=\angle G\hat{A}C\; \mbox{de onde se tira que} \; G\hat{O}C= C\hat{A}D \;$
      Finalmente: Como os triângulos $\;OGD, \; CAD\;$ têm dois ângulos iguais, cada a um a cada um, por (32.1),

     também os terceiros são iguais e $$ \angle A\hat{D}C =\angle O\hat{D}G = \angle O\hat{G}D = 2\times \angle G\hat{O}D = 2 \times \angle C\hat{A}D \; \mbox{e}\; \;AC=AD\; \longleftarrow \;\mbox{(6.1)} $$

      Temos então um triângulo $\;ACD\;$ inscrito em $\;(O), \;$ isósceles e para o qual $\;\angle \hat{C} = \angle \hat{D} = 2\times \hat {A}\;$ e
     assim como provámos em (11.4) , da entrada anterior, $\;CD\;$ é um lado de pentágono regular inscrito em $\;(O)\;$.

Deste modo, não só fica provado que a construção comum entre nós conduz a um pentágono equilátero e equiângulo inscrito numa circunferência dada, como fica sugerido outro método de construção (com mais passos?)
Retirando os passos necessários à demonstração, fica também assegurado que o método comum entre nós é o mais económico ( de entre os que conhecemos) □

$\fbox{n=6}$ Finalmente deixamos traçados
     os segmentos de reta $\;AB, \;BC, \;CD,\;DE,\;EA,\;$ que provámos serem iguais,
               como iguais são os ângulos $\;\angle A\hat{B}C, \; \angle B\hat{C}D, \;\angle C\hat{D}E, \;\angle D\hat{E}A, \;\angle E\hat{A}B. \;$
      os segmentos $\;AC,\;AD\; \;BD, \;BE, \;CA,\;CE \;$ iguais, bissetrizes dos ângulos das bases dos
      triângulos isósceles $\;ACD, \; BDE, CEA\;$ iguais,
               sendo iguais, por isso, os ângulos $\;C\hat{A}D, E\hat{B}D. A\hat{C}E. B\hat{D}A, \; C\hat{E}D.$

Livro I
POSTULADO I
Pede-se, como cousa possível, que se tire de um ponto qualquer para outro qualquer ponto uma linha reta.
POST III
E que com qualquer centro e qualquer intervalo se descreva um círculo.
AXIOMA I.
As cousas que são iguais a uma terceira, são iguais entre si
AXIOMA II.
Se a coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
AXIOMA III.
E se de cousas iguais se retirarem outras iguais, os restos serão igauis
PROP. I. PROB.
Sobre uma linha reta determinar um triângulo equilátero
PROP. II. PROB.
De um ponto dado tirar uma linha reta igual a outra linha reta dada.
PROP. V. TEOR.
Em qualquer triângulo isósceles, os ângulos que estão sobre a base são iguais e produzidos os lados iguais os ângulos que se formam debaixo da base são também iguais
PROP. VI. TEOR.
Se dois ângulos de um triângulo forem iguais, os lados opostos a estes ângulos serão também iguais
PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada
PROP. XXXII. TEOR.
Em todo o triângulo, produzido um lado qualquer, o ângulo externo é igual aos dois internos e opostos e os três ângulos internos de um triângulo qualquer são iguais a dois retos.
.......................................
Livro II
PROP. I. PROB.
Achar o centro de um círculo dado
PROP.VI. PROB
Se uma linha reta fôr dividida em duas partes iguais, e em direitura com ela se puser outra reta, será o retângulo compreendido pela reta tôda e mais a adjunta, e pela mesma adjunta juntamente com o quadrado da metade da primeiro igual ao quadrado da reta, que se compõe da mesma metade, e da outra reta adjunta.
.......................................
LIVRO III
DEFINIÇÂO VI.
Segmento de círculo é uma figura compreendida por uma linha reta e por uma porção da circunferência do círculo
DEFINIÇÂO VII.
O ângulo do segmento é aquele que é formado pela reta e pela porção de circunferência
DEFINIÇÂO VIII.
Um ângulo se diz estar ou existir no segmento quando é formado pelas retas que, de um ponto qualquer, tomado na circunferência do segmento, se tiram para os extremos da reta que é a base do segmento.
PROP. XX. TEOR:
Em todo o círculo o ângulo que é feito no centro é o dobro do ângulo que está na circunferência, tendo cada um destes ângulos como por base a mesma porção da circunferência.
PROP.XX!. TEOR.
Em todos o círculo os ângulos que existem no mesmo segmento são iguais entre si
PROP. XXVI. TEOR.
Em círculos iguais os ângulos, que são iguais, e existem ou nos centros ou nas circunferências, assentam sobre arcos também iguais.
PROP. XXIX TEOR.
Em círculos iguais, a arcos iguais correspondem cordas iguais.
PROP. XXXII. TEOR.
Se uma linha reta for tangente de um círculo e se do ponto do contacto se tirar outra reta que divida o círculo em dois segmentos, os ângulos que esta reta fizerem com a tangente serão iguais aos ângulo que existem nos segmentos alternos
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
Livro IV
DEFINIÇÃO III.
Uma figura retilínea se diz inscrita em um círculo quando cada um dos ângulos dela toca a circunferência do circulo
DEFINIÇÃO VII
Uma linha reta se diz inscrita em um círculo quando as extremidades dela estão na circunferência
PROP. I. TEOR.
Em um círculo dado inscrever uma linha reta igual a outra dada, e não maior que o diâmetro do círculo dado.
PROP. II. PROB.
Em um círculo dado inscrever um triângulo equiângulo a outro triângulo dado.
PROP. V. PROB.
Circunscrever um círculo a um triângulo dado.

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

2.5.15

Elementos: Inscrever um pentágono regular numa dada circunferência

Livro IV - PROP.XI. PROB.
Em um círculo dado inscrever um pentágono equilátero e equiângulo.

. Este problema de construção (inscrição de um pentágono regular num círculo dado) usa o problema anterior (10.4) da construção de um triângulo isósceles em que cada ângulo da base é duplo do terceiro ângulo e um outro (2.4) que resolve o problema de inscrever num círculo dado um triângulo de ângulos iguais ao de um outro. Claro que, para estas inscrições é preciso ter presente os passos a dar para transferir comprimentos usando régua e compasso euclidianos.
Para além de um círculo dado, temos um triângulo já construído $\;FGH\;$ tal que $\; \angle \hat{G} =\angle \hat{H} = \angle \hat{F} + \angle\hat{F}\;$. O fundamental do problema de construção é inscrever no círculo dado um triângulo $\;ACD\; $ tal que $\; \angle \hat{A} = \angle \hat{F}, \; \angle \hat{B}=\angle \hat{G} , \; \angle \hat{C}=\angle \hat{H}.\; $

Fazendo variar os valores de n no cursor ao fundo, pode seguir os passos da construção. Para n=8 pode ver a figura construída e os elementos que apoiam a demonstração.

$\fbox{n=0}$ Vê-se a circunferência dada
$\fbox{n=1}$ Mais se vê um triângulo $\;FGH\;$ previamente construído (10.4) em que $\angle \hat{G}=\angle \hat{H}= 2\times \angle \hat{F}\;$
$\fbox{n=2}$ Acrescenta-se o centro $\;O\;$ da circunferência dada (1.2) e um qualquer ponto $\;A\;$ dela, a reta $\;AO\;$ (post.1), e a perpendicular a $\;AO\;$ (11.1) em $\;A\;$ que é a tangente à circunferência em $\;A\;$
$\fbox{n=3}$ Seguindo (2.4), apresentam-se as circunferências

$\;(G, \;GH)\;$ que interseta $\;GF\;$ em $\;I\;$
$\;(A,\;GH)\;$ que interseta a tangente por $\;A\;$ em $\;J,\;K\;$
$\;(J, \;HI)\;$ que interseta $\;(A,\;GH)\;$ em $\;L\;$
$\;(K, \;HI)\;$ que corta $\;(A,\;GH)\;$ em $\;M\;$

$\fbox{n=4}$ Traçam-se as retas

$\;AL\;$ que interseta a circunferência $\;(O, \; OA)\;$ em $\;C\;$
$\;AM\;$ que interseta $\;(O, \; OA)\;$ em $\;D\;$

Assim, por construção os ângulos de um segmento $\angle J\hat{A}L, \; \angle k\hat{A}D\;$ são iguais aos ângulos $\; \angle \hat{G}, \; \angle \hat{H}\;$ do triângulo $\;FGH\;$
$\fbox{n=5}$ Traça-se o segmento $\;CD\;$.
Por (32.3) $\;\angle J\hat{A}C= \angle A\hat{D}C \;$ e $\;\angle K\hat{A}D = \angle A\hat{C}D\;$.
Podemos concluir que $\angle \hat{A} = \angle \hat{F}, \; \angle \hat{B} = \angle \hat{G}, \; \angle \hat{C} = \angle \hat{H}\;$ ou que o triângulo $\;ABC\;$ é equiângulo de $\;FGH\;$
$\fbox{n=6}$ Seguindo (9.1) dividimos em partes iguais os ângulos $\angle A\hat{C}D, \; \angle A\hat{D}C.\;$ e chamamos $\;E\;$ e $\;B\;$ aos segundos pontos das bissetrizes de $\;\angle \hat{C}, \; \angle\hat{D}\;$ comuns à circunferência dada.
$\fbox{n=7}$ Finalmente traçamos os seguintes segmentos de reta $\;AB, \;BC,\;DE,\;EA,\;$ que provamos serem iguais a $\;CD,\;$ como iguais são os ângulos $\;\angle A\hat{B}C, \; \angle B\hat{C}D, \;\angle C\hat{D}E, \;\angle D\hat{E}A, \;\angle E\hat{A}B, \;$
$\fbox{n=8}$ Mostram-se, para além da circunferência $\;(O)\;$ dada, tão somente os pontos $\;A, \;B, \;C,\;D,\;E,\;$vértices do pentágono inscrito; os segmentos $\;AB,\;BC,\;CD,\;DE,\;EA,\;$ lados do pentágono inscrito; e, $\;AC, \;AD, \;BD, \;BE,\; CE,\;$ diagonais do pentágono inscrito, determinados por construção por condições determinadas.
Resta-nos demonstrar que, de acordo com essas condições de construção,

$$\;AB=BC=CD=DE=EA:\;$$
Por construção, $\;\angle A\hat{C}D = \angle A\hat{D}C = 2\times \angle C\hat{C}D\;$ e, cada um dos $\;\angle A\hat{C}D\;$ e $\;\angle A\hat{D}C\;$ está dividido em dois ângulos iguais por $\;CE\;$ e $\;DB\;$, isto é, $\;\angle C\hat{D}B= \angle D\hat{B}A\;$ e $\;\angle D\hat{C}E=\angle E\hat{C}A.\;$ E, sendo metades dos ângulos iguais $\;\angle A\hat{C}D\;$ e $\;\angle A\hat{D}C,\;$ sendo cada um destes, por sua vez, duplos de $\; \angle D\hat{A}C,\;$ podemos concluir que $\;D\hat{A}C =\angle B\hat{E}C= \angle A\hat{D}B = \angle E\hat{B}D =\angle A \hat{C}E.\;$
Por (26.3), Sendo estes ângulos inscritos iguais também são iguais os arcos $\;(CD) =(BC) = (AB) = (ED) = (AE)\;$ e, por isto e por (29.3), são também iguais as cordas correspondentes $\;CD =BC = AB = ED = AE.\;$, ou seja, o pentágono $\;[ABCDE]\;$ é equilátero. □

$$\;\angle A\hat{B}C = \angle B\hat{C}D = \angle C\hat{D}CE = \angle D\hat{E}A = \angle E\hat{A}B :\;$$
Como $\;(AB)= (DE)\;$ , se juntarmos a ambos $\;(AB)\;$ e $\; (DE)\;$ o mesmo arco $\;(BCD)\;$, por (ax. 2) obtemos arcos iguais: $\;(ABCD) =(BCDE)\;$ e, por isso e por (27.3), são iguais os correspondentes ângulos $\;\angle A\hat{E}D\;$ e $\;B\hat{A}E\;$ inscritos. De modo inteiramente análogo, se prova que cada um dos ângulos $\; \angle A\hat{B}C,\;\angle B\hat{C}D,\;\angle C\hat{D}E\; $ é igual a cada um dos ângulos
$\; \angle B\hat{A}E,\;\angle A\hat{E}D.\; $ Fica assim provado que $$\;\angle A\hat{E}D\;=\;B\hat{A}E\; =\angle A\hat{B}C\;=\;\angle B\hat{C}D\;=\;\angle C\hat{D}E\;$$ ou que o pentágono $\;[ABCDE]\;$ é equiângulo. □

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

24.4.15

elementos: triângulo isósceles com ângulos da base duplos do terceiro.

As últimas entradas com publicações de alguns teoremas e problemas (acompanhados das construções dinâmicas auxiliares) de "Os Elementos" procuram chamar a atenção para a forma como Euclides organizou "Os Elementos". Procuramos fazer isso, seguindo resultados dos livros I a IV necessários para a inscrição de um pentágono regular num círculo dado. Vamos, nesta entrada, olhar para um problema de construção do Livro IV que mobiliza, entre outras proposições, as seguintes:
PROP. XI. PROB. do Livro II: Dividir uma linha reta de sorte que o retângulo da toda e de uma parte seja igual ao quadrado da outra parte
e
PROP. XXXVII. TEOR. do Livro III: 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
que aqui foram apresentadas anteriormente.

Livro IV - PROP.X. PROB.
Construir um triângulo isósceles de maneira que cada um dos ângulos, que estão sobre a base, seja o dobro do ângulo do vértice.

Dados dois pontos $\;A, \;B\;$, procuramos determinar, por construção com régua e compasso, um ponto $\;P\;$ tal que $\;AP=AB\;$ e que $\;\angle A\hat{B}P = \angle B\hat{P}A= 2\times \angle P\hat{A}B \;$. A primeira daquelas condições - $\;AP=AB\;$ - é verificada por qualquer ponto $\;P\;$ de uma das circunferências $ \; (A, \;AB)\;$ de centro $\;A\;$ e raio $\;AB.\;$ (ou de $\;(B, \;BA)\;$).
A segunda daquelas condições exige a verificação das proposições citadas acima e aproveitamos para chamar a atenção para a distinção entre o que são passos de uma construção da totalidade dos passos necessários para as determinações e demonstrações das propriedades e que pode agora comparar.
As regras para contar passos de uma construção são simples:
— cada utilização da régua para traçar uma reta de um ponto a outro ou passando por eles para além deles conta-se como um passo;
— cada utilização do compasso para traçar uma circunferência considerado um ponto ($\;A\;$ - centro) e um intervalo $\;AB\;$ dados conta-se como um passo;
— As interseções de retas, de reta com circunferência ou de circunferências construídas consideram-se definidas pelas retas e circunferências e não contam como passos.

Nas demonstrações dessas proposições apresentadas, que pode ver, há muitos passos que obviamente não vão constar agora:
Os primeiros nove passos chegam para determinar um ponto $\;K:\; AB\times KB = AK^2\;$ (11.2)
Os cinco passos seguintes chegam para determinar o ponto $\;P:\; AP=AB \wedge AP=AK\;$ que, seguindo (37.3) garante que por ser $\;BP^2= AB\times BK\;$ $\;BP\;$ é tangente ao círculo $\;AKB\;$
Finalmente realçamos o triângulo $\;ABP\;$ e figuras de apoio para a demonstração final com relações entre ângulos de um triângulo isósceles e inscritos e com vértices numa circunferência.

Fazendo variar os valores de n no cursor ao fundo, pode seguir os passos da construção. Para n=15 pode ver a figura construída e os elementos que apoiam a demonstração.

Determinação de $\;K\;$ conforme (11.2)
$\fbox{n=1}$ Traça-se a reta $\;AB\;$ com régua (Postulado I)
$\fbox{n=2}$ Traça-se a circunferência $\;(A, \; AB)\;$ com compasso (Post. II) e fica definido o ponto $\;C\;$ para além dos dados
$\fbox{n=3}$ $\;(B, \;BC)\;$
$\fbox{n=4}$ $\;(C, \;CB)\;$ e ficam definidos mais dois pontos dos quais tomamos $\;D\;$
$\fbox{n=5}$ $\;DA\;$ (perpendicular a $\;AB\; $ em $\;A$ ) e ficam definidos mais dois pontos comuns a $\;AD\;$ e $\;(A, \; AB)$
$\fbox{n=6}$ $\;(E, \;EA)\;$ e ficam definidos mais dois pontos $\;F,\;G\;$ comuns a $\;(E, \;EA)\;$ e $\;(A, \; AB)\;$
$\fbox{n=7}$ $\;FG\;$ e ficam definidos outros pontos de intersecção dos quais tomamos o ponto $\;H,\;$ médio de $\;AE\;$
$\fbox{n=8}$ $\;(H, \;HB)\;$ e ficam definidos outros pontos, dos quais tomamos $\;J\;$ um dos pontos comuns a $\;(H, \;HB)\;$ e $\;DA\;$
$\fbox{n=9}$ $\;(A, \; AJ)\;$ e dos novos pontos definidos tomamos $\;K\;$ sobre $\;AB\;$ e tal que $\; AK^2 = AB\times BK\;$

Determinação de $\;P:\; BP = AK $ conforme (2.2) e (1.4)

$\fbox{n=10}$ $\;(K,\; KB)\;$
$\fbox{n=11}$ $\;(B,\; BK)\;$ e ficam definidos $\;M, \;N$
$\fbox{n=12}$ $\;MN\;$ e fica definido $\;O, \;$ ponto médio de $\;KB$
$\fbox{n=13}$ $\;(O, \;OA\;$ e ficam definidos outros pontos dos quais tomamos $\;L, \;$ tal que $\;BL=AK\;$ por ser $ \;OA =OL\;$ ou
$\;AK+KO = OB+BL\;$ de que removemos $\;KO\;$ e $\;BO\;$ congruentes
$\fbox{n=14}$ $\;(B, \;BL)\;$ e ficam vários pontos dos quais tomamos $\;P\;$ comum a $\;(B, \;BL)\;$ e $\;(A, \;AB)\;$

Finalmente, o que falta demonstrar:
De toda a construção feita, deixámos o segmento $\;AB\;$ e acrescentámos

$BP, \;PA, \;PK\;$ — três passos de construção (régua),
a circunferência $\;AKP\;$ (5.4)— sete passos de construção:
$\;(A, \;AK), \; (K, \;KA), \;(P, \;PK), \; (K, \;KP),\;$ (compasso),
as duas retas mediatrizes que definem o incentro $\;I\;$ (régua) e, finalmente.
a circunferência $\;(I, \; IA)\;$ ou $\;(AKP)\;$ (compasso) .

Sabemos que $\;AP=AB\;$ e que, sendo $\;BP =AK, \; BP^2 = AK^2 = BA\times BK$, por (37.3) $\;BP\;$ é tangente à circunferência $\;(AKP)\;$ em $\;P.\;$

Por (32.3) $\;\angle K\hat{P}B=\angle P\hat{A}K\;$.
Acrescentando $\;\angle K\hat{P}A\;$ a cada um daqueles ângulos congruentes, (ax.2) $\;\angle K\hat{P}B+ \angle K\hat{P}A = \angle P\hat{A}K+ \angle K\hat{P}A\;$ ou $\;\angle B\hat{P}A =\angle P\hat{A}K+ \angle K\hat{P}A.\;$
Por ser $\; \angle B\hat{K}P\;$ ângulo externo do triângulo $\;KPA\;$, por (32.1) e (ax. 1), $\; \angle B\hat{K}P= \angle P\hat{A}K + \angle K\hat{P}A =\angle B\hat{P}A.\;$
Sendo por construção $\;AB=AP,\;\;\angle A\hat{P}B = \angle A\hat{B}P\;$, por (5.1).
Como $\; \angle B\hat{K}P =\angle B\hat{P}A.\;$ e $\;\angle A\hat{P}B = \angle A\hat{B}P, \; \angle B\hat{K}P = \angle A\hat{B}P, \;$ podemos dizer que o triângulo $\;BKP\;$ é isósceles $\;BP=KP\;$
Do mesmo modo, como, por construção, $\;BP=AK\;$, também o triângulo $\;KPA\;$ é isósceles e $\;\angle K\hat{P}A= \angle P\hat{A}K\;$
Sabemos agora que $\; \angle P\hat{A}K + \angle K\hat{P}A =\angle B\hat{P}A.\;$ e que que $\;\angle K\hat{P}A= \angle P\hat{A}K= \angle P\hat{A}B\;$ e podemos escrever $$ \; \angle P\hat{A}B + \angle P\hat{A}B =\angle B\hat{P}A =\angle A\hat{B}P, \;$$ como queríamos. □

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

11.4.15

Retas tiradas de um ponto para um círculo: igualdade de áreas de retângulos (secantes) e quadrados (tangentes)

Da PROP. XXXVI. TEOR. (Livro III ) da anterior entrada

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 tôda 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

é considerado n'Os Elementos' um corolário assim enunciado

Disto se segue que, se de um ponto qualquer A fora de um círculo se tirarem duas retas que cortem o círculo, os retângulos compreendidos pelas retas inteiras e pelas partes delas, que ficam entre o dito ponto e a parte convexa da circunferência, serão iguais entre si; isto é, será o retângulo das retas BA, AE igual ao retângulo das retas CA, AF. E a razão é porque cada um dêstes retângulos é igual ao quadrado da tangente AD

e o seu recíproco de que, a seguir, apresentamos enunciados e demonstração:

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 (Fig. 55.).
ou, de outro modo,
Do ponto D fora do círculo ABC estejam tiradas as duas retas DCA, DB, das quais DCA corte o círculo, e DB seja incidente sôbre a circunferência. Seja também o retângulo compreendido pelas retas AD, DC igual ao quadrado de DB. Digo que DB é tangente do círculo ABC no ponto B.

São dados uma circunferência azul um ponto $\;D\;$ a ela exterior, duas retas a passar por $\;D\;$ das quais uma corta a circunferência em $\;A\;$ e em $\;C\;$ e outra a incidir em $\;B\;$ ponto da circunferência dada. Mostram-se ainda o quadrado de lado $\;DB\;$ e o retângulo de lados iguais a $\;DA, \;DC\;$ que são iguais em área: $$DB^2=DA\times DC$$

Clicando sobre o botão □ Apoio da Prova poderá ver os elementos da figura usados na demonstração

O que se pretende demonstrar é que: Sendo $\;D\;$ um ponto exterior da circunferência e $\;B, \; A, \; C\;$ pontos da circunferência e $\; A, \;C, D\;$ sobre uma mesma reta, se se verificar que o quadrado de lado $\;DB\;$ for igual em área ao retângulo de de lados $\;DA, \;DC$, então $\;DB\;$ é tangente à circunferência.
Usando os processos descritos e demonstrados
em (1.3), determina-se o centro $\;F\;$
em (17.3), tire-se a reta $\;DE\;$ tangente à circunferência de que $\;E\;$ é o ponto de tangência
e tiramos as retas $\;FE, \;FB, \;FD\;$ (Post. I.1).
Como $\;DE\;$ é uma tangente, por (18.3), $\;FE \perp ED\;$ ou $\;\angle FÊD\;$ é reto.
Por (36.3), como $\;DE\;$ é tangente à circunferência e $\;DCA\;$ corta a mesma circunferência em $\;A, \;C,\;$ verifica-se que $\;DE^2 = DA \times DC\;$.
Ora, por hipótese, também $\;DB^2= DA\times DC, \;$ e, por isso, conclui-se que $\;DB = DE\;$.
Podemos concluir, por (8.1), que os triângulos $\;DEF, \;FBD\;$ têm uma base $\;FD\;$ comum, e dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, ( $\;FE=FB\;$ como raios da mesma circunferência, e, como vimos $\;DB = DE,\;$ ) e são iguais os ângulos $\;\angle F\hat{B}D, \; \angle D\hat{E}F\;$ compreendidos pelos lados iguais. Como já vimos, no início, o ângulo $\;\angle D\hat{E}F \;$ é reto e, por isso (ax.1), $\; \angle F\hat{B}D \;$ também é reto. Assim, a reta $\;FB\;$ é um diâmetro e a a reta $\;DB\;$ é tirada perpendicularmente por uma das extremidades do diâmetro sendo, por isso, uma reta que toca o círculo (16.3). Ou seja a reta $\;DB\;$ é tangente ao círculo. □

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