Elementos: Construção de um cubo inscritível numa dada esfera

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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:

1. 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 $\;AB\;$)
2. Dividimos $\;AB\;$ em dois segmentos $\;AC\;$ e $\;CB\;$ tais que $\;AC=2CB\;$
3. Tiremos por $\;C\;$ uma perpendicular a $\;AB\;$ e, no mesmo plano, tomemos $\;D ,\;$ ponto de interseção dessa perpendicular com a semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$
4. Tracemos $\;CD\;$ e $\;DB.\;$ - $\;A\hat{C}D=D\hat{C}B = 1\;$ reto
5. Tomámos depois um ponto $\;E\;$ e, a partir dele, construímos um quadrado $\;EFGH\;$ de lado igual a $\;DB\;$.
6. 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 $\;EF, \; FG,\;GH,\;FE.\;$
7. 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.

© geometrias. 1 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)

Demonstração:

1. 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?
2. 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....
   /ol> Fica assim provado que, por ser $\;EF=DB\;$ e $\;AB^2=3\times DB^2$ podemos concluir que $\;AB^2= GK^2\;$ e $\;AB=GK.$ Ou seja o cubo construído é inscritível numa esfera de diâmetro $\; AB\;$ dado.
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1. 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
   
2. David Joyce. Euclide's Elements

Livro XIII: Construção de um octaedro inscrito numa esfera dada

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Proposição 14:
Construir um octaedro inscrito numa esfera dada e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octadedro nela inscrito.
Passos da construção:

1. Tomámos um segmento $\;AB\;$ para eixo de um semicírculo gerador da esfera.
2. Determinámos um ponto $\;C \;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=CB\;$
3. Assinalámos $\;D\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com o semicírculo de diâmetro $\;AB \;$. Traçámos o segmento de reta $\;DB\;$
4. Prolongámos $\;CD\;$ e tomámos sobre essa a reta, a partir de $\;C\;$ em sentido oposto ao de $\;D,\;$ um segmento de comprimento igual $\;AB\;$ e uma circunferência com esse segmento para diâmetro.
5. No caso da nossa construção, tomámos um ponto $\;E\;$ dessa circunferência e nela inscrevemos um polígono $\;EFGH\;$ tais que $\;EF = EG = FG=GH=DB\;$. Podíamos ter tomado um outro quadrado de lado igual a $\;DB\;$ em qualquer lugar do espaço. As opções tomadas só têm a ver com aspeto e tamanho da nossa construção.
6. Sendo $\;K\;$ o centro da circunferência, tirámos uma perpendicular ao plano da circunferência $\;(EFGH)\;$ e sobre ela tomámos $\;L\;$ e $\;M,\;$ um de cada lado do plano de $\;(EFGH)\;$, tais que $\;KL=KM=KE=KF=KG=KH\;$
7. Os 6 pontos $\;E,\;F,\;G,\;H,\;L,\;M\;$ serão vértices de um sólido de 8 faces triangulares $ \;LEF,\;LFG,\;LGH, \;LHE,\;MEF, \;MFG, \;MFH, \; MHE,\;$ que duas a duas se intersetam em alguma das 12 arestas $\;EF, \;FG, \;GH, \;HE, LE,\;LF,\;LG,\;LH,\;ME, \;MF,\;MG,\;MH.\;$ Traçamos tais arestas e faces.

Demonstraremos que o sólido construído é o octaedro requerido e que o quadrado do diâmetro da esfera é o dobro do quadrado da aresta do octaedro inscrito na esfera.

© geometrias. 1 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)

Demonstração:

1. Por construção, $\;EFGH\;$ é um quadrado de lado igual a $\;DB.\;$E $\;EK=FK=GK=HK=KL=KM\;$ sendo iguais os ângulos $\;L\hat{K}E = M\hat{K}E = L\hat{K}F =M\hat{k}F = … = \;$1 reto. Por isso, $\;EK^2=LK^2, \; \; EL^2= 2\times EK^2. \;$ Do mesmo modo, $\;EH^2=2 \times EK^2\;$ e, por isso, $\;EL=EH\;$. Pelas mesmas razões, $\;LH = HE.\;$. Assim, podemos concluir que o triângulo $\;LEH\;$ é equilátero.
   Podemos concluir que são equiláteros todos os restantes triângulos cujas bases são os lados do quadrado $\;EFGH\;$ e o terceiro vértice opostos de cada base é $\;L\;$ ou $\;M\;$. Isto quer dizer que construímos um sólido cujas faces são triângulos equiláteros iguais, ou seja, é um octaedro o que construímos.
2. Falta-nos provar que os vértices do octaedro construído são pontos da superfície esférica de diâmetro igual a $\;AB.\;$ Assim provamos a seguir:
   1. Por construção, $EF=FG=GH=HE=DB$ e, como vimos, os triângulos de bases $\;EFL, \;FGL, \;GHL, \;HEL, \: EFM, \;FGM, \;GHM, \;HEM, \: $ são equiláteros de lados iguais a $\;DB.\;$
   2. Como $\;LK, \;KM,\;KE\;$ são iguais, a semicircunferência desenhada de diâmetro $\;LM\;$ também passa por $\;E.\;$ E pela mesma razão, o semicírculo rodando em torno de $\;LM\;$ fixo também passa pelos pontos $ \;F, G, H\;$ e o octaedro terá os seus vértices numa esfera de diâmetro $\;LM.\;$
   3. E dado que $\;LK=KM\;$ e $\;KE\;$ comum nos triângulos $\;LKE\;$ e $\;MKE\;$ ambos retângulos em $\;\hat{K}\;$, $\;LE=EM\;$
   4. E como, por construção $\;L\hat{E}M\;$ é reto por estar inscrito num semicírculo de diâmetro $\;LM, \;$ então $\;LM^2= 2 \times LE^2\;$
   5. E como, por construção, o triângulo $\;ADB\;$ é retângulo em $\; \hat{D}\;$ (inscrito no semicírculo) e $\;AD=DB\;$ então $\;AB^2=AD^2+DB^2, \;$ de onde retiramos que $AB^2=2\times DB^2$
   6. Por ser, como vimos, $\;LE =DB\;$, podemos dizer que $\;AB^2=LM^2= 2 \times LE^2$, de onde se conclui:
      $\;AB=LM\;\;$ e $\;\;AB^2 = 2 \times LE^2$
   Fica assim provado que a semicircunferência de diâmetro $\;LM\;$ gera uma esfera (a passar pelos vértices do octaedro construído) congruente com esfera dada - gerada pela semicircunferência de diâmetro $\;AB.\;$
   e também ficou provado que o quadrado de lado igual ao diâmetro de uma esfera dada é igual ao quadrado de lado igual à aresta do octaedro nela inscrito.           □

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1. 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
   
2. David Joyce. Euclide's Elements

Livro XIII: Construção de um tetraedro inscrito numa esfera.

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Para o estudo do Livro XIII, agora iniciado, recomendamos a consulta das definições do Livro XI. Para o caso da construção desta entrada convém dar a ler as seguintes:
Definição XII:
Pirâmde é uma figura sólida formada por diferentes planos, os quais todos, saindo de um mesmo plano, se terminam num único ponto.
Definição XIV:
Esfera é uma figura sólida descrita pela revolução inteira de um semicírculo em volta do seu diâmetro que se considera como imóvel.
Definição XV:
Eixo da esfera é aquele diâmetro ao redor do qual o semicírculo faz a sua revolução.
Definição XVII:
Centro da esfera é o mesmo centro do semicírculo.
Definição XVIII:
Diâmetro da circunferência se chama qualquer linha reta que passa pelo centro da esfera e se termina de uma e outra parte na superfície da mesma esfera
Definição XXVI:
Tetraedro é uma figura sólida compreendida por quatro triângulos iguais entre si e equiláteros.

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Proposição 13:
Construir uma pirâmide regular (ou tetraedro), inscrevê-la numa dada esfera e mostrar que o quadrado do diâmetro da esfera é uma vez e meia o quadrado do lado (aresta) da pirâmide.
Passos da construção:

1. Tomámos um segmento $\;AB\;$ para eixo de um semicírculo gerador da esfera (ou igual a ele) No nosso caso, tomámos mesmo um segmento que é o eixo da esfera gerada pelo semicírculo $\;(ADB)\;$
2. Determinámos um ponto $\;C \;$ de $\;AB\;$ tal que $\;AC=2.CB\;$ (Prop. 9 Livro VI (9.6))
3. Assinalámos $\;D\;$ na interseção da perpendicular a $\;AB\;$ tirada por $\;C\;$ com o semicírculo de diâmetro $\;AB \;$. Traçámos o segmento de reta $\;AD\;$
4. Tomámos um círculo $\;EFG\;$ de raio iguala $\;DC\;$ e tal que $\;HK\;$ é perpendicular a $\; AB \; $ tirada pelo centro $\;O\;$ do semicírculo $\;ADB\;$ e $\;HK= AC\;$ (de um modo mais geral só é preciso que $\;HK\;$ seja perpendicular ao plano do círculo $\;(EFG)\;$
5. No caso da nossa construção, tomámos um ponto $\;E\;$ genérico da circunferência $\;(H, \;DC)\;$ que, por isso, pode mover-se sobre ela em que inscrevemos um triângulo equilátero determinámos $\;EFG\;$ tais que $\;EF = EG = FG\;$
6. Finalmente, traçamos os 6 segmentos $\;FE, \;EG, \;FG, \;KE, \;KF, \;KG\;$ que são certamente arestas de uma pirâmide triangular cujas faces são os 4 triângulos $\;EFG, \;KEF, \;KEG, \; KFG\;$

Será a pirâmide assim construída um tetraedro com os 4 vértices $\;K, \;E, \;F, G\;$ incidentes na superfície esférica gerada por uma semicírcunferência de diâmetro $\;AB?\;$ Falta demonstrar que é! E demonstrar que $\;AB^2 = \displaystyle \frac{3}{2}.AD^2.\;$

© geometrias. 23 de junho de 2015, Criado com GeoGebra

Demonstração:

1. Da construção, sabemos que
   1. sendo $\;AC=2CB \; \text{e}\; AB=AC+CB, \; \text{então}\; AB=3CB\;$
   2. o ângulo $\;ADB\;$ é um reto por estar inscrito num semicírculo, ou seja, o triângulo $\;ABC\;$ é retângulo em $\;D\;$
   3. sendo $\;CD\;$ é altura relativa à hipotenusa $\;AB\;$ do triângulo retângulo $\;ADB\;$ de catetos $\;AD\;$ e $\;DB\;$. O triângulo $\;ABC\;$ tem os ângulos iguais cada um a cada um, a cada um dos triângulos em que está dividido por $\;CD,\;$ a saber : $\;ACD,\;DCB \;$.
      
   Por ser $\;ABD \sim DAC, \; \;\;\displaystyle \frac{AB}{AD}= \frac{DA}{AC}, \;$ ou seja, verifica-se que $\;\; AD^2=AB\times BC$
   Por construção $\; \displaystyle \frac{AB}{BC} = 3 \;$ que nos permite dizer que $\; \displaystyle \frac{AB\times BC}{BC\times BC} = \frac{AD^2}{BC^2} =3\;$ ou que $\;AD^2= 3 \times BC^2 .$
   (Note que estes resultados aparecem n'Os Elementos demonstrados geometricamente com recurso a figuras e operações como as de remover ou juntar (sem sobreposição) e retirar figuras congruentes ou iguais em área para obter novas figuras. É um bom exercício reconstruir esse processo, especialmente para os que parecem imediatos, vistos algebricamente, como é o último destes.)
2. A pirâmide triangular construída é regular:
   1. Por construção, o raio da circunferência $\;(EFG)\;$ centrada em $\;H\;$ é igual a $\;CD, \;$ ou seja $\;CD=KE=KF=KG.\;$ e o triângulo $\;EFG\;$ é equilátero.
      Pela proposição 12, estudada no artigo anterior, garantimos que o quadrado de lado igual ao de um triângulo equilátero é triplo do quadrado do raio da circunferência em que se inscreve: No nosso caso, podemos escrever que $\;EF^2= 3\times KE^2 = 3 \times CD^2$.
      Fica assim claro que, $\;EF^2 = AD^2\;$ por serem ambos iguais a $\;3 \times CD^2\;$ e, finalmente, podemos dizer que $\;EF=AD\;$.
      A base $\;EFG\;$ da pirâmide construída é um triângulo equilátero de lado igual a $\;AD\;$
   2. Por construção, $\;HK\;$ é tomada sobre a perpendicular ao plano de $\;(EFG)\;$ e, por isso é perpendicular a todas as retas desse plano que incidam em $\;H\;$, ou seja: os triângulos $\;KEH, \; KFH,\; KGH\,$ são triângulos retângulos em $\;H\;$, sendo os seus catetos, por construção, iguais a $\;CD=KE\;$ e a $\;AC\;$
      Por isso, $\;KE^2 =KF^2=KG^2 = AC^2+ CD^2= AD^2$. Ou seja, os lados $\;KE,\;KF, \;KG\,$ destes triângulos retângulos são iguais $AD$ e iguais aos $\;EF, \;EG, \;FG\;$, para concluirmos que os triângulos $\;KEF, \;KFG, \;KGE,\; EFG\;$ são triângulos equiláteros de lados iguais a $\;AD\;$
   A pirâmide construída tem as seis arestas iguais e as quatro faces triângulares iguais entre si, equiláteras e equiangulares.
3. Falta agora provar que os vértices da pirâmide construída incidem numa superfície esférica igual à de diâmetro $\;AB\;$.
   Por construção $\;HK=AC=2BC.\;$ Tome-se $\;L\;$ colinear com $\;H, \;K\;$ e tal que $\;HL=BC:\;$ Assim $\;KL=AB=AC+BC=3BC.\;$
   Assim como $\; \displaystyle \frac{AC}{CD} = \frac{CD}{CB} , \;$ também $\;\displaystyle \frac{KH}{HE} = \frac{HE}{HL},\;$ já que $\;HK=AC, \; HE=CD, \; HL=CB \,$ e $\;KH\times HL=HE^2,\;$ para além de cada um dos ângulos $\;K\hat{H}E, E\hat{H}L\;$ ser reto, ficando garantido que o semicírculo de diâmetro $\;KL\;$ passa por $\;E\;$. Se considerarmos fixado o diâmetro $\;KL,\;$ no movimento volta inteira do semicírculo em torno de $\;KL\;$, o semicírculo passará pelos pontos $\;F,\;G\;$ já que $\;FL\;$ e $\;LG\;$ acompanham o movimento rigidamente e os ângulos em $\;F \;$ e em $\;G\;$ se tornam retos e a pirâmide é compreendida pela esfera dada já que para $\;KL, \;$ o diâmetro da esfera é igual ao diâmetro $\;AB\;$ da esfera dada e $\;KH\;$ foi construído igual a $\;AC \;$ e $\;HL\;$ igual a $\;CB.\;$
4. Só nos falta provar que o quadrado do diâmetro da esfera é igual a uma vez e meia o quadrado do lado da pirâmide.
   Como $\;AC=2\times CB, \;\;\; AB= 3 \times CB\;$ e $\;\displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac{3}{2}\;$ ou $\; AB=1,5 \times AC.\;$
   Ao mesmo tempo, $\; \displaystyle \frac{BA}{AC} =\frac{BA^2}{AD^2}\;$. Portanto $$\; \displaystyle \frac{BA^2}{AD^2} = \frac{3}{2}\;$$ ficando assim provado que o quadrado sobre o diâmetro $\;AB\;$ da esfera é uma vez e meia o quadrado sobre a aresta $\;AD.\;$ □

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1. 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
   
2. David Joyce. Euclide's Elements

Elementos: Livro XIII, Proposição 12

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Até agora, temos dedicado algum do nosso tempo a estudar geometria plana (usando como instrumentos a régua e o compasso euclidianos e as construções com eles feitas que foram passando a instrumentos). Fomos optando por uma entre várias aplicações disponíveis (GSP, ZuL/CaR, Cinderella, Cabri, …) nas suas diferentes versões mais adequadas ao que íamos fazendo e às possibilidades de as usarmos em apresentações dinâmicas a distância (web; html). Recentemente decidimos pegar em problemas de construção dos Livros de "Os Elementos" que se ocupam dos sólidos, especialmente do Livro XIII e último que trata dos sólidos platónicos.
Temos vindo a experimentar (dificuldades a) fazer construções, usando o Geogebra5 (e também o Geeometry Applet , usado por David Joyce para ilustrar com construções Euclide's Elements)

Mariana Sacchetti entendeu (e bem!, em coro o dizemos) a respeito destes últimos livros, introduzir as seguintes citações:

(…) A contribuição mais importante do Livro XIII de Euclides é a demonstração que existem cinco e apenas cinco sólidos platónicos (…)
Euclides dá instruções explícitas sobre como construir cada um dos cinco sólidos platónicos- mais precisamente constrói estes sólidos platónicos dentro de esferas (…).
As provas encontradas no Livro XIII não são devidas a Euclides mas a Teeteto. Alguns investigadores afirmam mesmo que Euclides terá seguido textualmente o trabalho de Teeteto (…)
(…) Teeteto nasceu durante a Guerra do Peloponeso, morreu na batalha entre Atenas e Corinto (369 a.c.). Estudou matemática com Teodoro que afirmou"Este rapaz avança em direcção à aprendizagem e investigação de modo suave, seguro e com sucesso, numa brandura perfeita , como um fluxo de óleo que flui sem fazer ruído, de forma que ficamos maravilhados como ele consegue tudo isto com a sua idade." Foi formador na Academia de Platão durante quinze anos (…)
(…) Muitos historiadores argumentam que toda a matemática contida nos Livros X e XIII de Euclides é devida a Teeteto (…)

retiradas de
David S. Richeson: A Pérola de Euler. A fórmula dos poliedros e o nascimento da topologia, Gradiva. Lisboa:2015

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Já demos exemplos suficientes para compreender como pensaram e trabalharam geometricamente as demonstrações de resultados algébricos (ou como se construiu a algebra geométrica). Nesta fase, vamos usar definições e proposições adaptadas à atualidade bem como terminologia adaptada e escrita simbólica. Para a construção de um tetraedro inscrito numa esfera de raio dado - objeto da Proposição 13 do Livro XIII, precisamos de olhar para a Proposição 12 que a precede. Proposição 12:
Se um triângulo equilátero está inscrito num círculo, então o quadrado de lado igual ao lado do triângulo é triplo do quadrado de lado igual ao raio do círculo.
Seja $\;ABC\;$ um triângulo equilátero inscrito num círculo $\;(D, \;r)\;$ de centro $\;D \;$e raio $\;r= DA=DB=DC$. Prova-se que $\;AB^2= 3r^2.$

© geometrias. 22 de junho de 2015, Criado com GeoGebra

Demonstração:
Trace-se a reta $\;AD\;$ e tome-se o ponto $\;E\;$ de interseção de $\;AD\;$ com a circunferência $\;(ABC)=(D,\; r):\; AE = 2r.\;$
Trace-se $\;BE.\;$
O arco $\;(BEC)\;$ da circunferência $\;(D,\; r)\;$ é a sua terça parte, por ser $\;ABC\;$ equilátero: $\;(ABC) =3.(BEC)\;$
O arco $\;(BE)\;$ é a sexta parte da circunferência $\;(ABC)\;$: $\;6.(BE) =(ABC)\;$
Por isso, o segmento de reta $\;BE\;$ é comprimento do lado de um hexágono inscrito em $\;(D, \;r): \;BE=r=DE.$ E como $\;AE= 2DE, \; AB^2=4DE^2=4BE^2.\;$
Mas, como se sabe, $\;AE^2= AB^2+BE^2\;$ por ser $\;DE\;$ um diâmetro de $\;(D, \;r)\;$ e, por isso, $\;ABE\;$ retângulo em $\;B$.
Concluímos que $\;AB^2+BE^2 = 4BE^2.\;$ E, finalmente, $\;AB^2= 3BE^2 =3r^2.\;$ q\;\;\;\;\;\;$ □


Notas:

1. A razão entre o lado $\;AB\;$ de um triângulo equilátero $\;ABC\;$ e o raio $\;AD\;$ da circunferência em que se inscreve é: $\;\frac{AB}{AD}=\sqrt{3}.\;$
2. Tome-se o ponto $\;M\;$ de interseção de $\;AE\;$ com $\;BC\;$ que é o ponto médio de $\;BC\;$ e de $\;DE.\;$ Resulta óbvio que a razão entre a altura $\;AM\;$ de um triângulo equilátero $\;ABC\;$ e o diâmetro $\;AE\;$ de uma circunferência em que se inscreve é $\; \displaystyle \frac{AM}{AE} = \frac{3}{4}.\;$
   

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1. David S. Richeson: A Pérola de Euler. A fórmula dos poliedros e o nascimento da topologia, Gradiva. Lisboa:2015
   
2. 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
   
3. David Joyce. Euclide's Elements

Elementos: Determinar o centro de uma circunferência (demonstração)

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Nos últimos meses, seguimos um uma sequência de proposições dos Livros I, II, II, IV. A partir de certa altura esteve presente a determinação do centro de um círculo. Inicialmente, sempre tomámos como dispensável ou não essencial a apresentação da proposição (1.3), i.e, a resolução do problema de construção do centro de uma circunferência dada. Temos sempre presente uma construção do centro distinta da construção primitiva presente n'Os Elementos. Além disso, a respetiva demonstração apresentada n'Os Elementos é um bom exemplo de um raciocínio por absurdo se tivermos em atenção à época de Euclides.
Neste "lugar geométrico" foram apresentados muitos problemas de construção do centro, mas nunca nos debruçámos sobre a proposição (1.3). No último número (132) da revista Educação e Matemática (da APM) publica-se um pequeno artigo "O centro desaparecido de uma circunferência" de José Luiz Pastore Mello, que acaba com a frase "Em tempos que o desenho geométrico tem sido tão pouco explorado na escola, o problema apresentado costuma mobilizar intensamente o interesse dos alunos". O problema por ele apresentado é o da "determinação do centro da circunferência usando tão só o compasso euclidiano."
Achamos que esse problema e o teorema de Mohr-Mascheroni pode ser mobilizador do interesse de muitos jovens. Mas não resistimos a chamar a atenção para a construção e respetiva demonstração elementar de Euclides que é mais um "bom" exemplo de construção/demonstração e da genialidade da escola de Euclides.

LIVRO III: PROP. I. PROB.
Achar o centro em um círculo $\;c\;$ dado.


A construção do centro pode ser acompanhada fazendo variar de 0 a 3 o cursor n. Para a demonstração basta reter as condições da construção do centro. Para n=4 acrescentamos alguns elementos necessários para a demonstração.

$\fbox{n=0}\;$ Dada a circunferência $\;c\;$
A construção consiste em:
$\fbox{n=1}\;$ aplicação do Postulado 1 para tomar uma reta que corte a circunferência dada e assinalar os dois pontos $\;A, \;B\;$ de intersecção;
$\fbox{n=2 }\;$ aplicação de (10.1) para dividir $\;AB\;$ ao meio por $\;D$:
$$\;(A, AB).(B, BA) = \{I_1, \; I_2\}\;$$ $$\;I_1 I_2 . AB = \{D \}$$ $$\;I_1 I_2 . c = \{C, \;E \}$$
$\fbox{n=3}\;$ aplicação de (1011) para achar o ponto $\;F\;$ médio de $\;CE:\;$ $$\;(C, \;CE).(E, EC) = \{\; J_1, \; J_2\;\}$$ $$\;J_1J_2. CE = \{\;F\;\}$$ Este ponto $\;F\;$ é o centro da circunferência, como vamos provar.

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

$\fbox{n=4}\;$ Suponhamos que $\;F\;$ não é o centro procurado e seja o centro do círculo $\;c=(ABC)\;$ um outro ponto $\;G.\;$ Tiremos as retas $\;GA, \;GD, \; GB. \;$
Sendo $\;DA=DB\;$ e $\;DG\;$ comum aos triângulos $\;ADG,\; BGD\;$. Sendo $\;G\;$ o centro da circunferência $\;c,\;$ $\;GA=GB,\; $ por serem ambos raios da mesma circunferência. Por terem dois lados iguais cada um a cada um e um terceiro comum, por (8.1) os ângulos compreendidos entre lados iguais são iguais: $\;\angle A\hat{D}G = \angle G\hat{D}B. \;$ Quando uma reta caindo sobre outra, faz com ela ângulos adjacentes iguais entre si, cada um destes ângulos é reto (Def. 10.1), logo $\;\angle G\hat{D}B\;$ é reto. Mas, por construção, também $\;F\hat{D}B\;$ é reto. Logo $\angle F\hat{D}B= \angle G{D}B,\;$ um ângulo maior é igual a um menor, o que não pode ser. Assim o ponto $\;G\;$ não é o centro do círculo $\;c=(ABC). \;$ O mesmo se pode demonstrar de outro ponto qualquer que não seja $\;F\;$. Logo, o ponto $\;F\;$ é o centro do círculo $\;(ABC).\;$ □


COROL. Disto se segue que, se dentro de um círculo, uma linha reta cortar outra em duas partes iguais e perpendicularmente, o centro do círculo deve estar na primeira linha que corta a outra.

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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
DEFINIÇÃO X.
Quando uma linha reta caindo sobre outra linha reta fizer com esta dois ângulos iguais, um de uma e outro de outra parte, cada um destes ângulos iguais se chama ângulo reto e a linha incidente se diz perpendicular à outra linha sobre a qual cai.
DEFINIÇÃO XV.
Círculo é uma figura plana fecha por uma só linha, a qual se chama cirucuferência, de maneira que todas as linhas retas que de um certo ponto, existente no meio da figura, se conduzem para a circunferência, são iguais entre si.
DEFINIÇÃO XVI.
O dito ponto se chama centro do círculo.
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 serão também iguais. PROP. X. PROB.
Dividir em duas partes iguais uma linha reta de um comprimento dado.
PROP. XI. PROB.
De um ponto dado em uma linha reta dada levantar uma perpendicular sobre a mesma reta dada

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1. Euclides. Elementos de Geometria dos seis primeiros livros do undécimo e duodécimo da versão latina de Frederico Commandino , Adicionados e Ilustrados por ROBERTO SIMSON, Prof de Matemática na Academia de Glasgow. Revistos para Edições Cultura por ANÍBAL FARO. Edições Cultura. São Paulo (BR): 1944