28.12.15
20.12.15
Problema que precisa da invariância de ângulos por inversão para ser resolvido.
Construir uma circunferência que passe por dois pontos $\;A, \; B\;$ dados e corte uma reta - $\;r\;$ - dada segundo um dado ângulo $\; \alpha .$
O ângulo de uma reta $\;r\;$ com uma circunferência que a corte num ponto $\;P\;$ é um ângulo de vértice $P$ cujos lados são $r$ e a tangente à circunferência em $\;P.\;$ Há uma infinidade de circunferências que passsam por $\;A\;$ e $\;B\;$. Precisamos de determinar alguma dessas que cortem $\;r\;$ segundo o ângulo $\;\alpha \;$.
© 20 dezembro 2015, Criado com GeoGebra
$\;\fbox{n=1}\;\;\;\;$ A inversão relativa à circunferência de centro $\;A\;$ e raio $\;AB\;$
$\;\fbox{n=2}\;\;\;\;$ transforma a reta $\;r\;$ numa circunferência $\;r'\;$
$\;\fbox{n=3}\;\;\;\;$ que passa por $\;A,\;$ centro da inversão aplicada a $\;r\;$.
Como a inversão preserva os ângulos, o problema reduz-se a determinar uma recta que passe por $\;B\;$ e faça um ângulo $\;\alpha\;$ com a circunferência $\,r'\;$.
As retas que fazem ângulos $\;\alpha\;$ determinam-se facilmente: Toma-se um ponto $\;I\;$ genérico de $\;r'\;$ e a sua tangente nesse ponto
$\;\fbox{n=4}\;\;\;\;;$ A reta que faz um ângulo $\; \alpha \;$ com cada tangente é uma das retas que procuramos e que no seu conjunto determinam (envolvem) uma circunferência concêntrica com $\;r'\;$
$\;\fbox{n=5}\;\;\;\;$ lugar geométrico dos pontos médios das cordas determinadas pelas retas que que fazem ângulos $\; \alpha\;$ com as tangentes em qualquer dos seus extremos.
De entre todas essas retas, interessam-nos aquelas que passam por $\;B\;$ que são duas delas: as tangentes $\;t_1, \; t_2\;$ à circunferência de centro $\;O \;$ e raio $\;OM\;$ tiradas por $\;B\;$
$\;\fbox{n=6}\;\;\;\;$ Se aplicarmos a estas retas $\;t_1, \; t_2\;$ a inversão de centro $\;A\;$ e raio $\;AB\;$ as suas transformadas são, respetivamente, as circunferências $ \;c_1, \; c_2\;$ que passam por $\;A\;$, centro da inversão, e também por $\;B\;$ por este ser um ponto da circunferência de inversão (invariante por essa inversão)
$\;\fbox{n=7}\;\;\;\;\;$ A figura final
$\;\fbox{n=8}\;\;\;\;$ só serve para mostrar os dados e as soluções do problema sem mais.
* Caronnet, Th. Éxércices de Géométrie Vuibert. Paris:1946.
200. Construire un cercle passant par deux points donnés et coupant une droite donnée sous un angle donné $\;\alpha$.
15.12.15
Dobras de um canto com uma dada área são um problema?
Imagine que o primeiro quadrante do plano $\;Oxy\;$ é um folha de papel gigante.Fixe uma constante $\;k\;$ e imagine que o canto em $\;(0,0)\;$ é dobrado para um ponto $\;P \;$ da folha de tal modo que o triângulo da dobragem tem área $\;k.\;$ Descreva o conjunto dos pontos que podem ocorrer como $\;P.\;$
Clique no botão a que chamámos "auxiliares"
Chamamos $\;Q\;$ e $\;R\;$ aos dois outros vértices do triângulo da dobragem que leva $\;O\;$ para $\;P\;$. E designamos por $\;S\;$ o ponto de interseção de $\;OP\;$ com $\;RQ\;$. Como os ângulos em $\;O\;$ e em $\;P\;$ são iguais e retos, $\;RQ\;$ é o diâmetro da circunferência que passa por $\;Q,\;P,\;R,\;O.\;$ $P$ obtém-se como imagem de $O$ por uma meia volta em torno de $\,QR,\;$ ou dito de outro modo, para cada $\;Q\;$ e cada $\;R\;$, há um $\;P\;$ imagem $\;O\;$ por simetria de eixo $\;QR.\;$ $\;OQ=QP, \;OS =SP, \; OR=RP.\;$
© geometrias, 8 dezembro 2015, Criado com GeoGebra
A área do triângulo $PQR$ é dada por $\; \displaystyle QR \times \frac{OP}{2}\;$ ou por $\; \displaystyle \frac{QP\times PR}{2}$.
Designemos por $\;(x, y)\;$ as coordenadas cartesianas de $\;P:\;\; x=OQ, \; y=OR\;$ e por $\;(\rho, \; \theta\;)\;$ as coordenadas polares de $\;P:\; \; \rho= OP =2\times SP, \; \theta=\angle Q\hat{O}P.\;$
No caso da nossa construção, atribuímos o valor $\;3\;$ a $\;k\;$ e a condição do problema que $\;P\;$ deve satisfazer é, pelo que vimos, $\;x\times y = 6.\;$
Como $\;OS \perp QR \;$, do triângulo $\;OSQ\;$ retângulo em $\;S\;$, tiramos $\;\displaystyle \frac{OS}{OQ} = {\rm cos}\; \theta \;$ ou $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=x.{\rm cos}\; \theta. \;$
Também o triângulo $\;RSO\;$ é retângulo em $\;S\;$ e $\;R\hat{O}S = \displaystyle {\pi \over 2} - \theta\;$ e $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=y.{\rm cos}\; ({\pi \over 2}-\theta)\;$ ou $ \displaystyle\frac{\rho}{2}=y.{\rm sen}\; \theta . \;$
De $\;\rho = 2x. {\rm cos} \theta\;$ e $\;\rho=2.{\rm sen} \theta\;$ podemos concluir que $\;\rho ^2 = 4xy.{\rm sen}(\theta).{\rm cos}\; \theta\;$ ou, por ser $\; 2{\rm sen}(\theta).{\rm cos}(\theta) ={\rm sen}(2\theta),\;$ e $\;xy=2k\;$ (no nosso caso $\;6\;$), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos $\;P (\rho, \; \theta)\;$ tais que os triângulos $\;QPR\;$ de dobragem têm área $\;k\;$ constante satisfazem a seguinte equação $$\rho ^2 = 4k. {\rm sen}(2\theta)$$ que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem $\;x\geq 0 \wedge y\geq 0 \;$ restrições consideradas no enunciado do problema.)
Pode ver o lugar geométrico -- meia lemniscata -- clicando no botão "lugar geométrico dos P" ao fundo direito na figura. E pode deslocar $\;Q\;$ para ver o ponto $\;P\;$ descrever a curva desenhada a vermelho. É claro que\, considerado que $\;P(x, y):\; xy=2k\;$ e deixando livre $\;Q(x, 0)\;$ o ponto $\;R (0, y)\;$ é dele dependente: $\;y=\displaystyle \frac{2k}{x}\;$
Clique no botão a que chamámos "auxiliares"
Chamamos $\;Q\;$ e $\;R\;$ aos dois outros vértices do triângulo da dobragem que leva $\;O\;$ para $\;P\;$. E designamos por $\;S\;$ o ponto de interseção de $\;OP\;$ com $\;RQ\;$. Como os ângulos em $\;O\;$ e em $\;P\;$ são iguais e retos, $\;RQ\;$ é o diâmetro da circunferência que passa por $\;Q,\;P,\;R,\;O.\;$ $P$ obtém-se como imagem de $O$ por uma meia volta em torno de $\,QR,\;$ ou dito de outro modo, para cada $\;Q\;$ e cada $\;R\;$, há um $\;P\;$ imagem $\;O\;$ por simetria de eixo $\;QR.\;$ $\;OQ=QP, \;OS =SP, \; OR=RP.\;$
© geometrias, 8 dezembro 2015, Criado com GeoGebra
A área do triângulo $PQR$ é dada por $\; \displaystyle QR \times \frac{OP}{2}\;$ ou por $\; \displaystyle \frac{QP\times PR}{2}$.
Designemos por $\;(x, y)\;$ as coordenadas cartesianas de $\;P:\;\; x=OQ, \; y=OR\;$ e por $\;(\rho, \; \theta\;)\;$ as coordenadas polares de $\;P:\; \; \rho= OP =2\times SP, \; \theta=\angle Q\hat{O}P.\;$
No caso da nossa construção, atribuímos o valor $\;3\;$ a $\;k\;$ e a condição do problema que $\;P\;$ deve satisfazer é, pelo que vimos, $\;x\times y = 6.\;$
Como $\;OS \perp QR \;$, do triângulo $\;OSQ\;$ retângulo em $\;S\;$, tiramos $\;\displaystyle \frac{OS}{OQ} = {\rm cos}\; \theta \;$ ou $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=x.{\rm cos}\; \theta. \;$
Também o triângulo $\;RSO\;$ é retângulo em $\;S\;$ e $\;R\hat{O}S = \displaystyle {\pi \over 2} - \theta\;$ e $\; \displaystyle \frac{\rho}{2}=y.{\rm cos}\; ({\pi \over 2}-\theta)\;$ ou $ \displaystyle\frac{\rho}{2}=y.{\rm sen}\; \theta . \;$
De $\;\rho = 2x. {\rm cos} \theta\;$ e $\;\rho=2.{\rm sen} \theta\;$ podemos concluir que $\;\rho ^2 = 4xy.{\rm sen}(\theta).{\rm cos}\; \theta\;$ ou, por ser $\; 2{\rm sen}(\theta).{\rm cos}(\theta) ={\rm sen}(2\theta),\;$ e $\;xy=2k\;$ (no nosso caso $\;6\;$), podemos concluir que o lugar geométrico dos pontos $\;P (\rho, \; \theta)\;$ tais que os triângulos $\;QPR\;$ de dobragem têm área $\;k\;$ constante satisfazem a seguinte equação $$\rho ^2 = 4k. {\rm sen}(2\theta)$$ que é a equação de uma curva chamada lemniscata (meia lemniscata no nosso caso por serem $\;x\geq 0 \wedge y\geq 0 \;$ restrições consideradas no enunciado do problema.)
Pode ver o lugar geométrico -- meia lemniscata -- clicando no botão "lugar geométrico dos P" ao fundo direito na figura. E pode deslocar $\;Q\;$ para ver o ponto $\;P\;$ descrever a curva desenhada a vermelho. É claro que\, considerado que $\;P(x, y):\; xy=2k\;$ e deixando livre $\;Q(x, 0)\;$ o ponto $\;R (0, y)\;$ é dele dependente: $\;y=\displaystyle \frac{2k}{x}\;$
$^1\;$7. Don't Cut Corners — Fold them
Suppose the first quadrant of the x-y plane is a giant sheet of paper. Fix a constant K and imagne that the corner at (0;0) is folded over onto a point P on the sheet in such a way that the triangle folded over has area k. Describe the set of ponts that can occur as P.
Konhauser, J.D.E; Velleman, Dan; Wagon, Stan. Which way did the bicycle go? . and other intriguing mathematical mysteries. Dolciani mathemetical Expositions - o 18, Mathematical Association of America: 1996.
28.11.15
Situar um triângulo dado de modo a que cada um de 3 pontos dados estejam sobre cada um dos seus lados.
ProbLema XXVI dos PRINCIPIOS1 de I. Newton
Problema:
Conhecemos os os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$ e o comprimento do lado $\;AB\;$ de um triângulo $\;ABC.\;$ Dados três pontos $\;D,\;E, \;F\;$ não colineares, situar o triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;D\;$ incida sobre a reta $\;BA\;$, $\;E\;$ sobre $\; AC\;$ e $\;F\;$ sobre $\; CB.\; \;^1\;$
$\fbox{n=1}\;$ Do triângulo $\;ABC\;$ que vamos construir, os dados estão lançados no topo esquerdo do janela de visuaização, a saber: comprimento $\;AB\;$ e os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$, sendo igual a quatro retos a soma das amplitudes destes últimos — $\alpha + \beta + \gamma = 4 \;$ retos. Na nossa figura pode variar as amplitudes usando os pontos verde e vermelho. Claro que se pretende que este triângulo seja construído numa posição tal que em cada uma das suas três retas (lados) incida um dos pontos $\;D, \;E, \;F\;$ a azul na figura, onde também se apresentam os três segmentos que os unem dois a dois.
Para acompanhar os passos da construção, faz-se variar de 1 a 8 o valor de $\;n\;$ no cursor presente na janela da construção dinâmica.
Para que $\;D\;$ incida sobre $\;AB\;$ e $B\hat{A}C= \alpha = D\hat{A}E, \;$, basta que A seja um ponto do arco capaz de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ oposto a uma corda $\;DE\;$ de uma circunferência a passar por $\;D, \;E.\;$ Pelas mesmas razões $\;B\;$ terá de estar no arco capaz de de um ângulo $\; D\hat{B}F = \beta \;$ de uma circunferência a passar por $\; D, \;F\;$ e $\;C\;$ terá de estar num arco capaz do ângulo $\;\gamma=F\hat{C}E\;$ numa circunferência a passar por $\;E, \;F.\;$
24 novembro 2015, Criado com GeoGebra
>Nota: Não pretendemos fazer demonstração, mas tão só os passos da construção <
Conhecemos os os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$ e o comprimento do lado $\;AB\;$ de um triângulo $\;ABC.\;$ Dados três pontos $\;D,\;E, \;F\;$ não colineares, situar o triângulo $\;ABC\;$ de tal modo que $\;D\;$ incida sobre a reta $\;BA\;$, $\;E\;$ sobre $\; AC\;$ e $\;F\;$ sobre $\; CB.\; \;^1\;$
$\fbox{n=1}\;$ Do triângulo $\;ABC\;$ que vamos construir, os dados estão lançados no topo esquerdo do janela de visuaização, a saber: comprimento $\;AB\;$ e os ângulos $\; \alpha, \; \beta, \; \gamma\;$, sendo igual a quatro retos a soma das amplitudes destes últimos — $\alpha + \beta + \gamma = 4 \;$ retos. Na nossa figura pode variar as amplitudes usando os pontos verde e vermelho. Claro que se pretende que este triângulo seja construído numa posição tal que em cada uma das suas três retas (lados) incida um dos pontos $\;D, \;E, \;F\;$ a azul na figura, onde também se apresentam os três segmentos que os unem dois a dois.
Para acompanhar os passos da construção, faz-se variar de 1 a 8 o valor de $\;n\;$ no cursor presente na janela da construção dinâmica.
Para que $\;D\;$ incida sobre $\;AB\;$ e $B\hat{A}C= \alpha = D\hat{A}E, \;$, basta que A seja um ponto do arco capaz de um ângulo de amplitude $\;\alpha\;$ oposto a uma corda $\;DE\;$ de uma circunferência a passar por $\;D, \;E.\;$ Pelas mesmas razões $\;B\;$ terá de estar no arco capaz de de um ângulo $\; D\hat{B}F = \beta \;$ de uma circunferência a passar por $\; D, \;F\;$ e $\;C\;$ terá de estar num arco capaz do ângulo $\;\gamma=F\hat{C}E\;$ numa circunferência a passar por $\;E, \;F.\;$
24 novembro 2015, Criado com GeoGebra
$\fbox{n=2, 3, 4}\;$ Determinam-se os arcos $\;DAE, \;DBF, \;FCE \;$ capazes dos ângulos $\;\alpha, \;\beta, \;\gamma\;$ das circunferência de centros $\;P, \;Q, \; O\;$ que têm um ponto $\;G\;$ comum.
$\fbox{n=5}\;$ Para determinar $\;A\;$ sobre $\;(P, PG)\;$ colinear com $\;D\;$ da mesma circunferência e com $\;B\;$ da circunferência $\;(Q, QG)\;$, determina-se $\;GA\;$ tal que $$\frac{GA}{AB}=\frac{GP}{PQ}$$ da semelhança dos triângulo $\;GPQ\;$ e $\;GAB\;$ (por ser $\;G\hat{P}Q= G\hat{A}D, \; \;G\hat{Q}P= G\hat{B}D \;$)
$\fbox{n=6}\;$ Conhecido $\;GA\;$, determina-se $\;A\;$ sobre o arco $\;EGD\;$ de $\;(P, PG)\;$
$\fbox{n=7}\;$ As retas $\;DA\;$ e $\;EA\;$ definem dois ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ verticalmente opostos e servirão definir o triângulo $\;ABC\;$ que procuramos:
$\fbox{n=8}\;$ $\;B\;$ estará sobre a reta $\;AD\;$ e sobre o arco $\;DGF\;$ de $\;(Q, QG)\;$ e capaz de ângulos de amplitude $\;\beta. \;$ Finalmente $\;C\;$ fica determinado como interseção da reta $\;EA\;$ com a reta $\;BF\;$ sobre o arco capaz $\;FCE\;$ de ângulos de amplitude $\;\gamma\;$.
$\fbox{n=5}\;$ Para determinar $\;A\;$ sobre $\;(P, PG)\;$ colinear com $\;D\;$ da mesma circunferência e com $\;B\;$ da circunferência $\;(Q, QG)\;$, determina-se $\;GA\;$ tal que $$\frac{GA}{AB}=\frac{GP}{PQ}$$ da semelhança dos triângulo $\;GPQ\;$ e $\;GAB\;$ (por ser $\;G\hat{P}Q= G\hat{A}D, \; \;G\hat{Q}P= G\hat{B}D \;$)
$\fbox{n=6}\;$ Conhecido $\;GA\;$, determina-se $\;A\;$ sobre o arco $\;EGD\;$ de $\;(P, PG)\;$
$\fbox{n=7}\;$ As retas $\;DA\;$ e $\;EA\;$ definem dois ângulo de amplitude $\;\alpha \;$ verticalmente opostos e servirão definir o triângulo $\;ABC\;$ que procuramos:
$\fbox{n=8}\;$ $\;B\;$ estará sobre a reta $\;AD\;$ e sobre o arco $\;DGF\;$ de $\;(Q, QG)\;$ e capaz de ângulos de amplitude $\;\beta. \;$ Finalmente $\;C\;$ fica determinado como interseção da reta $\;EA\;$ com a reta $\;BF\;$ sobre o arco capaz $\;FCE\;$ de ângulos de amplitude $\;\gamma\;$.
$^1\;$Lemma XXVI.
To place the three angles of a triangle, given both in kind and magnitude, in respect of as many right lines given by position, provided they are not all parallel among themselves in such manner that de several angles may touch the several lines.
Sir Isaac Newton, The Mathematical Principles of Natural Philosophy. (Andrew Motte) pp.91-92 Vol.I. London: 1803.
5.11.15
Não há mais que cinco poliedros regulares
Construíndo, validámos a existência de cinco sólidos de faces planas equiláteras e equiângulas e iguais entre si, a saber: tetraedro, hexaedro ou cubo, ocatedro, dodecaedro e icosaedro. Para além dessas cinco figuras, podemos dizer que não há outras figuras sólidas cujas faces planas sejam equiláteras e equiângulas e iguais entre si?
Nas últimas entradas, temos vindo a seguir as construções do Livro XIII: Os Sólidos "Platónicos* de Os Elementos. As definições de sólidos (Def. 11.1) e ângulos sólidos (Def. 11.11) estão no Livro XI - Estereometria Elementar.
Seguindo (11.11), a existência de um ângulo sólido exige mais de dois ângulos planos intersetando-se num ponto e não pertencendo a um mesmo plano. Em (11.12) diz-se que uma pirâmide é uma figura sólida, contida por planos os quais são construídos a partir de um plano para um ponto fora dele. Em (11.13) escreve-se que um prisma é contido por planos, dois dos quais opostos são iguais e paralelos, sendo os restantes paralelogramos. …
- Com triângulos equiláteros
- Três é o menor número de planos para construir um ângulo sólido e o tetredro é uma pirâmide cujo ângulo sólido é construído por três triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
- O ângulo sólido do octaedro é construído por quatro triângulos equiláteros e o ângulo sólido do iscosaedro por cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
- O ângulo sólido do icosaedro é construído com cinco triângulos equiláteros, iguais entre si, com um vértice comum.
- E é claro que seis triângulos equiláteros com um vértice comum pois cada um dos ângulos planos de um triângulo equilátero é duas terças partes de um ângulo reto e a soma de seis deles é igual a quatro retos e, por isso, estarão todos num só plano. E também, é assim claro que não pode haver um ângulo sólidos forrado por mais de seis triângulos equiláteros
- Na figura que se segue, pode ver-se que o ângulo sólido de um hexaedro de faces quadradas é forrado por por três ângulos retos planos e não pode haver qualquer ângulo sólido contido por quatro quadrados já que a sua soma em torno de um mesmo vértice seria de quatro retos.
- Finalmente apresenta-se o caso do dodecaedro em que cada ângulo sólido é limitado por três pentágonos regulares. Mas porque cada ângulo plano de um pentágono é um um reto e um quinto de reto e a soma de quatro deles em torno de um ponto comum é maior que quatro retos.
© geometrias. 5 de Novembro de 2015, Criado com GeoGebra
*O mais provável é que os cinco sólidos regulares tenham sido descobertos na escola pitagórica. Mas são denominados por Sólidos Platónicos porque eles aparecem no diálogo Timaeus de Platão. Muitos dos teoremas deste livro, particularmente os últimos dois sólidos, são atribuídos a Teeteto de Atenas.
-
EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY
The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885)
from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus
B.G. Teubneri, 1883–1885
edited, and provided with a modern English translation, by
Richard Fitzpatrick
- David Joyce. Euclide's Elements
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