Homologias: o caso da afinidade.

Homologia afim ou afinidade

Trata-se de uma homologia de eixo próprio e centro impróprio. Ou seja, as rectas definidas por pontos homólogos são paralelas. Assim, uma afinidade fica definida dando o eixo (eixo de afinidade) e um par de pontos homólogos (direcção de afinidade).
As construções de imagens afins de uma figura dada são análogas às utilizadas na homologia, tendo, porém em conta que não existem rectas limite.




Exercício interactivo

Dado o quadrilátero [ABCD], determine os vértices do seu transformado na afinidade definida pelo eixo e e que a A faz corresponder A'.

Homologia e parábola

Exercício interactivo
Numa dada homologia de centro O, recta limite l e eixo e, uma dada circunferência tem por imagem uma parábola. Determine o vértice dessa parábola.

Parábola e homologia

Uma homologia está definida pelo centro O, pela recta limite l e pelo eixo e. Determinar, nessa homologia, a cónica transformada da circunferência dada, tangente a l no ponto T.





O ponto T de tangência entre a circunferência e a recta limite l vai ter como homólogo o ponto do infinito da cónica que, por consequência, será uma parábola. A direcção do eixo da parábola é, portanto, a recta OT.

Sabemos que a tangente à parábola no seu vértice é perpendicular ao eixo. Logo, a recta OL, perpendicular a OT dá a direcção da tangente no vértice. Se por L traçarmos a tangente à circunferência, o ponto V de tangência tem como homólogo o ponto V´, vértice da parábola.

Para definir a parábola basta obter os transformados de dois pontos da circunferência; determinados esses dois pontos e os seus simétricos em relação ao eixo, ficamos com cinco pontos.

Focos da hipérbole homológica de uma circunferência

Exercício interactivo

Dada uma homologia centro O, eixo e e recta limite l, determinar os focos da hipérbole homológica da circunferência dada.

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Ver artigos precedentes.

Hipérbole e homologia

O que foi dito acerca da determinação de centro, diâmetros conjugados e eixos de uma elipse, é inteiramente aplicável à hipérbole. Mas não é bom caminho: a hipérbole tem uma característica que permite substituir aqueles processos trabalhosos usados na elipse por um processo único e bem mais simples. De facto, sabemos que as assíntotas de uma hipérbole são tangentes em pontos do infinito; logo as assíntotas são as rectas homólogas das tangentes à circunferência nos pontos de intersecção com a recta limite.




Sejam L₁ e L₂ os pontos de intersecção da recta limite com a circunferência. Sejam T₁ a intersecção da tangente t₁ com e e T₂ a intersecção da tangente t₂ com e. A paralela por T₁ a OL₁ e a paralela por T₂ a OL₂ são as assíntotas da hipérbole. O transformado da intersecção C das tangentes é o centro C' da hipérbole.

A bissectriz C'A' das assíntotas é o eixo da hipérbole que intersecta o eixo de homologia em J. A recta JC intersecta a circunferência nos pontos A e B; as rectas OA e OB determinam os vértices A' e B' da hipérbole.

Focos da elipse homóloga de uma circunferência

Exercício interactivo

Dada uma homologia pelos seus centro, eixo e recta limite, determinar os focos da elipse que se obtém como transformada de uma dada circunferência por essa homologia.

Eixos de uma elipse e homologia

Consideremos a homologia de centro O, eixo e, recta limite l . É dada a circunferência de centro K; pretendemos obter os eixos da elipse homológica desta circunferência.



[A.A.M.]
Notas:
Como vimos no artigo   Diâmetros conjugados e homologia, de 12/03/2008, as direcções OL₁ e OL₂ definem as direcções de dois diâmetros conjugados. Então, para obtermos o único par de diâmetros conjugados perpendiculares - eixos - as direcções OL₁ e OL₂ devem ser perpendiculares. Temos, assim, de determinar uma circunferência ortogonal à dada que contenha O e com centro K' sobre a recta limite.
Para a determinação do centro dessa circunferência, recordemos que, se uma recta intersecta duas circunferências e passa pelo centro de uma delas, as intersecções formam uma quaterno harmónico. A construção baseia-se em determinar o conjugado harmónico G de O em relação à circunferência dada. Por O tracemos a tangente t à circunferência dada e, pelo ponto de tangência T, tracemos a perpendicular à recta OK: o pé da perpendicular é o ponto G. Toda a circunferência que contenha O e K é ortogonal à dada. Desse conjunto traçamos a que tem centro sobre l.Temos assim a possibilidade de traçar as rectas OL₁ e OL₂, ortogonais, que dão as direcções dos eixos. Obtemo-los seguindo o processo geral para obter diâmetros conjugados.

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Nota: Tendo um par de diâmetros conjugados, para obter os eixos poderá utilizar o processo que indicámos no artigo Dos diãmetros conjugados para os eixos , de 11/06/2007.

Diâmetros conjugados e homologia

Determinação de um par de diâmetros conjugados da elipse e da hipérbole.

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[A.A.M.]
Na construção restaurada, pode seguir a resolução do exercício recorrendo ao cursor n que pode tomar os valores de 1 a 5. Tomámos para guia as notas que acompanhavam a construção feita ao tempo (2008 com a aplicação CaR (ZuL) de R. Grothmann) e se mantêm a seguir:
Notas:
Como vimos, ao tratar as cónicas, o centro C' da elipse e da hipérbole é o polo da recta do infinito; logo C' é o transformado do polo C da recta limite em relação à circunferência.
Relembremos o modo de obter o polo da recta limite. A partir de um ponto L₁ de l, tracemos as tangentes t₁ e t₂ à circunferência; a recta r definida pelos pontos de tangência, T₁ e T₂, intersecta l num ponto que designamos por L₂; tracemos as tangentes t₃ e t₄ à circunferência; a recta s definida pelos pontos de tangência, T₃ e T₄, define a recta s. A intersecção de r e s é o polo P da recta limite. O seu transformado é o centro P' da cónica. Os transformados dos segmentos [T₁T₂] e [T₃T₄] são um par de diâmetros conjugados da cónica.

Nota: Podemos simplificar esta construção se nos lembrarmos que o pólo procurado está sobre a perpendicular à recta limite tirada pelo centro da circunferência. Não precisamos assim de determinar o segundo par de tangentes t₃ e t₄.

Homologia e circunferência

Exercício interactivo

Determinar o transformado de uma dada circunferência por uma homologia definida pelos centro O, eixo e e recta limite l.

Circunferência transformada em hipérbole

Exercício interactivo

Determinar a cónica que é homóloga de uma dada circunferência por uma homologia de centro O, eixo e e recta limite l em que esta intersecta a circunferência em dois pontos.





A circunferência tem dois pontos comuns com a recta limite. Dois pontos da circunferência têm homólogos impróprios; logo, o transformado da circunferência é uma hipérbole.

Homologia e circunferência

Uma homologia está definida pelo centro O, recta limite l, eixo e. Dada uma circunferência qual o seu transformado por essa homologia? O seu transformado é sempre uma cónica. Pode ser uma elipse (incluindo a circunferência), uma parábola ou uma hipérbole. E, como qualquer cónica fica univocamente definida por cinco dos seus pontos, para obter a cónica homóloga a uma circunferência precisaremos de obter, no máximo, imagens de 5 dos seus pontos.

Vejamos um processo simples de obter pares de pontos da uma cónica com base na construção indicada em 11/02/2008. Dada uma homologia definida por O, e, l, pretendemos determinar a cónica transformada da circunferência dada. Tracemos a recta r que intersecta a circunferência em A e B, a recta limite em L e o eixo em E. Unamos O e L. Por E tracemos uma paralela r' a OL. A intersecção de r' com OA é A'; a intersecção de r' com OB é B'. A corda [AB] da circunferência tem assim como homóloga a corda [A'B'] da cónica imagem.



[A.A.M.]

Homologia sobre rectas paralelas

Exercício Interactivo

Na homologia definida pelo centro O, eixo e, recta limite l, determine as rectas homólogas das rectas paralelas r e s.

Homologia e triângulo com pontos na recta limmite

Exercício interactivo

Pela homologia de centro O, eixo e e recta limite l, determinar a imagem do triângulo [ABC] que é intersectado pela recta limite em J e K.

Homologia e rectas com ponto comum sobre a recta limite

Exercício interactivo

Na homologia definida pelo centro O, eixo e, recta limite l, determine as rectas homólogas das rectas r, e s, que se intersectam no ponto P de l.

Homólogo de um segmento

Exercício interactivo


Na homologia definida pelos centro O, eixo e e recta limite l, determine o homólogo do segmento [AB].

Teorema de Desargues e homologia

No seu Curso de Geometria Projectiva, Jayme Rios de Sousa, enuncia o Teorema de Desargues: “Se dois triângulos [ABC] e [A’B’C’], sem elementos comuns, estiverem referidos entre si de modo que as rectas AA’, BB’, CC’ têm um ponto comum O, então as rectas que contém os lados AB e A’B’, AC e A’C’, BC e B’C’ intersectam-se em pontos colineares.”

E reciprocamente.
Claro que estes triângulos são homológicos: o ponto comum é o centro de homologia e a recta sobre a qual se intersectam os lados correspondentes, é o eixo e de homologia.



[A.A.M.]

Paralelismo e homólogos de pontos no infinito

Há duas rectas que desempenham um papel importante em questões de homologia: as rectas limite, l e l’:
- a recta limite l é a recta original que tem como imagem a recta do infinito (assim, se as rectas r e s se intersectam num ponto de l, as suas imagens r’ e s’ serão paralelas) ;
- a recta limite l’ é a imagem da recta do infinito (assim, se as rectas r e s são paralelas, as suas imagens r’ e s’ intersectam-se sobre l’).
As rectas limite, como rectas homólogas que são, intersectam-se num ponto do eixo que, atendendo à definição, é ponto impróprio; logo as rectas limite são paralelas ao eixo.

Vejamos como determinar as rectas limite, supondo conhecidos o centro, o eixo e um par de pontos homólogos (A, A’); tomemos um ponto E sobre o eixo e tracemos as rectas AE e A’E;
- tiremos por O uma paralela à recta A’E - a sua intersecção P com a recta AE’ é um ponto de l ;
- tiremos por O uma paralela à recta AE - a sua intersecção Q com a recta AE é um ponto de l’.
Notemos que [OPEQ] é um paralelogramo; então OP = EQ e concluímos:
a distância do centro à recta limite l é igual à distância do eixo à recta limite l’.

Um centro para uma homologia

[Exercício interactivo:]

Determinar o centro O da homologia de eixo e que transforma A, B e C em pontos das rectas a, b e c.


[A.A.M.]

Reconstruir uma homologia a partir de originais e seus homólogos

[Exercício interactivo]

Determinar o eixo e o centro da homologia que transforma um triângulo noutro (dados).



[A.A.M.]

Reconstruir um triâgulo a partir do homólogo

[Exercício interactivo]
Na homologia de centro O e eixo e, é dado o triângulo [A'B'C'] e o transformado C de C'. Determine A e B.

Determinar homólogo de um ponto

> [Exercício interactivo:]
Na homologia de centro O e eixo e, é dado o par de pontos homólogos (A,A'). Determine o homólogo do original B.


Uma homologia de centro O e eixo e, fica determinada se conhecermos um ponto e o seu homólogo. Podemos verificar isso, se sabendo as propriedades da homologia, possamos determinar o homólogo de um qualquer ponto B. Pode fazer isso com as ferramentas disponíveis.
E verificar como é, passo a passo, na construção que se apresenta para ilustrar a resolução desse problema.


[A.A.M.]

Homologia

Em tempos propusemo-nos, neste blogue, apresentar temas de geometria hoje pouco ou nada abordados nos programas portugueses dos ensinos secundário e superior; não que tenham perdido interesse, mas não há tempo para tudo! A nossa finalidade era fornecer uma base para resolver muitos dos problemas apresentados no Geometriagon. Atendendo a que têm aparecido recentemente problemas que exigem conhecimentos de homologia, propomo-nos, portanto, dedicar alguma atenção a esta transformação geométrica. Utilizaremos basicamente duas obras que tratam este tema:

"Geometria Descriptiva Superior y Aplicada" de Fernando Izquierdo Ascensi

"Curso de Geometria Métrica" de Puig Adam.

A homologia é um caso particular de conjunto mais vasto de transformações designadas por homografias.

"Duas figuras planas são homográficas quando se correspondem ponto a ponto e recta a recta, de tal modo que a todo o ponto e recta incidentes numa das figuras correspondem um ponto e uma recta também incidentes na outra."

Um exemplo muito simples é a projecção de uma figura contida num plano sobre outro plano a partir de um ponto:



[A.A.M.]

Uma Homologia é uma homografia em que:

• os pontos homólogos estão alinhados com um ponto fixo designado por “centro de homologia”, O; cada recta que passa por O tem como imagem ela própria – recta dupla;


• as rectas homólogas cortam-se em pontos de uma recta dita “eixo de homologia”, e; cada ponto do eixo tem como imagem ele próprio – recta de pontos duplos.

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Nota:
A homografia da construção dinâmica é uma homologia. Pode deslocar qualquer dos planos (deslocando o cursor α) ou o ponto O, e pode deslocar qualquer dos vértices da figura. Verá que quando o desloca para a charneira e ele coincide com a sua projecção. Sobre essa charneira estão todos os pontos da homologia de centro O e eixo e.

Onde estão os centros da cadeia de Pappus

O lugar geométrico dos centros P das circunferências de uma cadeia de Pappus para um dado arbelos é uma elipse. Para este resultado, a Mariana apresentou uma prova muito elegante e simples.

A construção que se segue pode ser ampliada ou reduzida por manipulação dos pontos A ou B. A circunferência exterior do arbelos da figura tem centro O e diâmetro [AB]. Chamemos R ao raio desta circunferência. As outras circunferências do arbelos são as centradas em O₁ e O₂ e de raios r₁=|AH|/2 e r₂=|HB|/2. Movendo H, pode modificar estas circunferências interiores do arbelos. Movendo P* sobre AB também pode verificar o comportamento das diversas circunferências da cadeia de Pappus.



Para que a circunferência de centro P seja tangente externamente à circunferência de centro O₁ é necessário que tenha um raio r tal que |O₁P|=|O₁T|+|TP|=r₁+r e para que, ao mesmo tempo, seja tangente internamente à circunferência de centro em O é necessário que |OP|=|OS|-|PS|=R-r.
Por isso, se P é centro de uma circunferência da cadeia de Pappus, então |O₁P|=r₁+r e |OP|=R-r. O que quer dizer que, para cada arbelos e uma das suas circunferências interiores, |OP|+|O₁P|=R+r₁, constante, que é o mesmo que dizer que P é um ponto de uma elipse de focos O e O₁ e eixo maior R+r₁ (ou |AO₂|=2R-r₂=R+r₁, por ser |AB|=|AH+|HB|=2r₁+2r₂=2R, de onde se tira que R=r₁+ r₂, R+r₁=2r₁+ r₂=|AO₂|.

Para a cadeia de Pappus relativa à outra circunferência, construção e prova são inteiramente análogas.

Arbelos: a cadeia de Papus

Durante algum tempo, a Mariana ficou presa nas animações da cadeia de Papus e da beleza que elas produzem. A última animação que nos enviou foi a que juntamos nesta entrada.
A Mariana obteve um novo efeito ao juntar para cada umas das circunferências de anteriores animações (tangentes externamente a uma das pequenas e internamente à grande circunferência do arbelos) a outra circunferência concêntrica tangente externamente à mais pequena.
O lugar geométrico dos centros destas circunferências é uma elipse. E António Aurélio não se cansa de referir o interesse de mostrar a prova deste resultado neste lugar geométrico.
Quer experimentar antes de o fazermos?

Pitágoras - sem recuperação, porque não depende de nós

Há não muito tempo apresentámos diversas decomposições e recomposições (com triângulos e rectângulos).
No âmbito da Escola de Educação Complementar do Departamento de Matemática da Universidade de Aveiro, apareceram algumas propostas de trabalho em que se propunha fazer uma moldura considerando uma determinada decomposição de um quadrado. Como resultado, obtinha-se um novo quadrado. Sempre nos pareceu que ali estaria uma nova demonstração para o Teorema de Pitágoras. Assim confirmámos em pequenas incursões exploratórias. Despertou-nos especial curiosidade, o trabalho de Herman Vogel, da Universidade Técnica de Munique, que apresenta vários exemplos de construções interactivas, cada uma delas recorrendo aos diversos programas (software) de geometria dinâmica europeus. Recomendamos esse trabalho a quem quiser comparar as potencialidades dos diversos programas - Cinderella, CaR (ZuL), Geogebra, Cabri, Euklid-DynaGeo e GeoNExT




Mesmo contando com ajudas (que agradecemos), para nós, não foi nada fácil a realização desta animação. Aqui fica. Esperamos que gostem e seja útil.

Cadeia de Pappus

Continuemos então com as tangências e a tentar dar respostas construtivas às dúvidas que nos têm sido postas. Agradecemos ao André Filipe Oliveira as dúvidas e interrogações que nos obrigam a verificar que construções sabemos fazer e quais são possíveis com a régua e compasso do ZuL ou do CaR.metal. O que formos descobrindo, aqui publicamos. Se subsistirem dúvidas, não hesitem em contactar-nos.

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Ora aqui ficam definições e resultados da Cadeia de Pappus acompanhados das respectivas construções interactivas:

Dadas duas circunferências de centros F1 e F2, chama-se “cadeia de Pappus” ao conjunto das circunferências tangentes simultaneamente às circunferências dadas. Demonstra-se que o conjunto dos centros das circunferências de Pappus define uma elipse de focos F1 e F2 e eixo maior [AB].


Consideremos um raio vector que intersecta o círculo maior em P e o círculo menor em Q. As paralelas aos eixos por P e Q determinam um ponto X da elipse, centro de uma circunferência de Pappus. Pode deslocar o ponto P.




Num arbelo, a cadeia de Pappus inicia-se com o círculo tangente às três semicircunferências.

Bom 2008

Aurélio Fernandes acha que o melhor mesmo é publicar uma ideia da construção que fomos fazendo sobre círculos gémeos de Arquimedes (sobre arbelos), enquanto tentamos compreender um problema-pedido que nos vão explicitando devagar. Veremos.

Quadratura

Neste lugar geométrico, já abordámos o problema de transformar certas figuras em quadrado com a mesma área. A Miscelánea Matemática (Sociedad Matematica Mexicana), no seu número 24, de Setembro de 1996, propunha o problema da entrada anterior (que já vimos proposto em outras publicações) e propunha também quadraturas do rectângulo de dimensões 9 e 6. Como exemplo, apresentava a quadratura que se segue, pedindo uma outra.

Quer tentar a outra?
Estes exercícios têm um grande interesse básico, não só pelo que significam de geométrico, mas também pelo que podem significar de conceitos operatórios e de propriedades das operações. Alguns jovens a frequentar o 10º ano de escolaridade mostraram desconhecer o que significa quadrado perfeito quando pedíamos que verificassem a possibilidade de preencher um quadrado de 6 por 6 com peças de tetraminós ou de pentaminós.

De um só golpe, cortar dois quadrados em partes iguais

Com uma só recta, cortar os dois quadrados da figura em duas partes equivalentes e de tal modo que cada um dos quadrados fica dividido em duas parte geometricamente iguais.
Atenção! Neste exercício interactivo, o alvo não fica visível.



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Prenda de Natal: Cortar bolos. Faça você mesmo!

Uma demonstração para variar

O resultado surpreendente que apresentámos na entrada anterior tem relação com resultados sobre triângulos já abordados por aqui há muito tempo. Para boicotar o trabalho do índice, que tarda em ser feito para melhorar a consulta deste blog, Aurélio Fernandes achou por bem defender a apresentação de uma demonstração desse resultado: O baricentro dos incentro e ex-incentros de um triângulo é o seu circuncentro. (problema 58. do Éxércices de Géométrie - Compléments de Th. Caronnet). Aqui fica. Na construção que se segue pode acompanhar a demonstração e, usando o compasso, ir verificando as afirmações sobre igualdade de segmentos...



O baricentro dos 4 pontos I, J, K e L pode ser obtido como ponto médio dos pontos médios de [IJ] e [KL].
Para vermos a localização desse baricentro, tomemos AB para eixo das abcissas e A para origem das coordenadas. E tomemos as projecções de I, J, K, L.
Na série Despertar dos Geómetras, pela mão da Mariana, aparecem os resultados:

|AJ'|=|BK'|=p, em que p é o semiperímetro de [ABC]: (|AB|+|BC|+|AC|)/2

|AI'|=|BL'|=p-c ou |BI'|=|AL'| =p-b

|I'J'|=|BC|=a

|AI'|=p-a

O ponto, M, médio de [IJ] tem abcissa (|AI'|+|AJ'|)/2 e o ponto, N, médio de [KL] tem abcissa (|AK'|+|AL'|)/2. O baricentro dos quatro pontos ou ponto médio de [MN] tem abcissa ((|AI'|+|AJ'|)/2+(|AL'|-|AK'|)/2)/2 = (|AI'|+|AJ'|+|AL'|-|AK'|)/4, e, por ser |AK'|=p-c e |AL'|= p-b, a abcissa do baricentro é afinal
(p-a+p+p-b-(p-c) )/4= (2p-a-b+c)/4=c/2
que garante que este está sobre a mediatriz de [AB].
De igual modo, se prova que está sobre as mediatrizes de [AC] e de [BC].

O baricentro dos incentro e ex-incentros de um triângulo é o circuncentro do triângulo.

Baricentro de 4 pontos - outro resultado surpreendente!

Determine o baricentro dos quatro pontos I, J, K e L que são o incentro e os ex-incentros de um triângulo [ABC].




O baricentro dos pontos I, J, K e L é o circuncentro do triângulo[ABC]. Verifique. Não é interessante?

Baricentro de 3 pontos - outro resultado interessante!

Sejam os pontos A, B e C e os comprimentos a=|BC|, b=|AC| e c=|AB|. Determine o baricentro (G, a+b-c) dos três pares (A,a), (B,b) e (C,-c), em que a, b e -c são tomados como massas associadas aos pontos A, B e C, respectivamente.



E verifique que este ponto G coincide com um ex-incentro de [ABC]

Baricentro de 3 pontos - nota interessante!

Sejam os pontos A, B e C e os comprimentos a=|BC|, b=|AC| e c=|AB|. Determine o baricentro (G, a+b+c) dos três pares (A,a), (B,b) e (C,c), em que a, b e c são tomados como massas associadas aos pontos A, B e C, respectivamente.



E verifique que este ponto G coincide com o incentro de [ABC]

Baricentro de placas homogéneas.

Considerada uma placa triangular homogénea, a sua massa é proporcional à sua área. Nestas condições, podemos substituir uma placa pelo ponto de encontro das medianas com massa igual à sua área - baricentro.

Uma placa quadrangular homogénea pode ser dividida, por uma das suas diagonais, em duas placas triangulares homogéneas. Podemos determinar o seu baricentro - (G, a_q) - a partir dos baricentros (G₁, a_t1) e (G₂, a_tt2). Como a diagonal é base comum dos dois triângulos, podemos tomar como massas dos seus baricentros as alturas dos triângulos relativas a essa base, proporcionais às respectivas áreas.

Baricentro de barras homogéneas.

Cada barra homogénea de comprimento a tem massa proporcional ao seu comprimento e, por isso, pode ser substituída pelo seu ponto médio com massa a. A barra a é substiituída pelo seu baricentro (M_a, a).
Assim, podemos falar de baricentro de três barras a, b e c articuladas, como baricentro de três pontos (M_a, a), (M_b, b) e (M_c, c) que designamos por (G, a+b+c).

Este conceito e respectivo procedimento pode ser generalizado.

Baricentro de 4 pontos pesados

Determine o baricentro (G, m_G) dos quatro pontos (A, m_A) , (B, m_B) , (C, m_C) e (D, m_D) .

Baricentro de 5 pontos

Determine o baricentro (ou centro de massa) de cinco pontos A, B,C, D e E

Baricentro de 4 pontos

Determine o baricentro (ou centro de massa) dos quatro pontos A, B, C e D



Quando não referimos massas associadas a pontos, isso quer dizer que todos têm a mesma massa.

Baricentro de três pontos

Consideremos 3 pontos e respectivas massas (A, m_A), (B, m_B) e (C, m_C). O seu baricentro pode ser determinado substituindo A e B pelo seu baricentro (G₁, m_A+ m_B) e calculando depois, do mesmo modo, o baricentro G dos 3 pontos que não é mais que o baricentro dos pontos (G₁, m_A+ m_B) e (C, m_C).

Apresentamos, de seguida, o exercício interactivo de determinação do baricentro de 3 pontos dados A, B, C com as respectivas massas. Após a sua resolução, com solução reconhecida automaticamente, pode fazer variar as massas e a localização dos pontos para confirmar a estabilidade da sua construção dinâmica.

Equilíbrios. Baricentro.

As últimas entradas referem-se praticamente todas à divisão de triângulos em triângulos equivalentes. A maior parte dos exercícios propostos resolvem-se com recurso a pontos médios e a medianas. O ponto médio de um segmento ou de uma barra homogénea é o seu ponto de equilíbrio. Um triângulo homogéneo é dividido em duas partes equivalentes por qualquer das suas medianas... O ponto de encontro das medianas de um triângulo homogéneo é um seu ponto de equilíbrio.

Apresentamos, de seguida, a construção geométrica relativa ao baricentro (G, m_A+m_B) de dois pontos (A, m_A) e (B, m_B). Quando m_A=m_B, G é o ponto médio de [AB]. As distâncias GA e GB são inversamente proporcionais a m_A e m_B. Na construção que se segue pode fazer variar os valores m_A e m_B, bem como as direcções das rectas auxiliares da aplicação do teorema de Thales.




Mariana Sacchetti recomenda vivamente a leitura das notas de Nestor Aguilera El baricentro y la divisón en dos partes de igual área.

De um "puzzle" a um "teorema"

Na entrada Dividir para fazer um tangram, escrevemos:
Daniel Scher termina o seu artigo A Triangle Divided: Investigating Equal Areas já referido, com uma proposta de puzzle (tangram?) feita sobre um rectângulo equivalente a um triângulo com as peças coloridas (pela divisão em quatro triângulos equivalentes).

Na altura, internamente, foram levantadas algumas dúvidas sobre o interesse dessa entrada, até porque nem tinha qualquer animação. O publicador:-) estava mesmo convencido que já tinha visto essa animação (da transformação do triângulo num rectângulo equivalente) no Atractor e procurou ligações. Por enquanto, e no pouco tempo que a esse assunto dedicou, ainda não encontrou. Mas já tinha tropeçado muitas vezes com o assunto (ou variante) em vários livros. E, antes de mudar de assunto, aproveita para referir uma ligação.
Como se pode ver nas figuras abaixo, feitas a partir da última divisão em 4 sugerida por Paulo Correia, de Alcácer do Sal, há um triângulo e um rectângulo equivalentes e compostos por um mesmo número de peças não só equivalentes, como congruentes (geometricamente iguais), disjuntas, sem sobreposições,....


No seu livro Matemática e Ensino, publicado, em Portugal, pela Gradiva(colecção Temas de Matemática), Elon Lages Lima define como polígonos equidecomponíveis os que admitem decomposições nas condições referidas. Na deambulação pelas divisões, estivemos sempre a trabalhar com polígonos com a mesma área. Elon Lages Lima afirma o óbvio de dois polígonos equidecomponíveis terem a mesma área, para chamar a atenção para a não evidência do recíproco

Teorema de Bolyai: Dois polígonos com a mesma área são equidecomponíveis.


Para aguçar a curiosidade, citamos Elon Lages Lima: ...Este teorema foi demonstrado em 1832 por F. Bolyai e, independentemente, em 1833 por P. Gerwien. F. Bolyai era o pai do famoso matemático húngaro Janos Bolyai, que descobriu a Geometria Hiperbólica (que também foi descoberta por Lobatshevski e Gauss). Gerwien era um matemático amador alemão.
O teorema de F. Bolyai é um facto geometricamente interessante, cuja prova se baseia em argumentos bem simples. ...

Valerá a pena publicar as construções exemplares relativas aos argumentos bem simples? Talvez.

Dividir em 4... à Paulo Correia

Paulo Correia escreveu-nos. Para nos dizer que nos enganámos e que o último exercício (que lhe atribuímos) era equivalente a um outro, publicado anteriormente. E para nos reenviar o que ele sabe o que falta. Eu não tenho a certeza de coisa alguma que tenha ficado guardada num computador que adormeceu nos Açores.
Agradecemos. Aqui fica.


Determinar os pontos D, E, F de tal modo que o triângulo [ABC] fique dividido em 4 triângulos equivalentes [AED], [BED], [CED] e [CAF]

Dividir em 4... à Paulo Correia

Outra proposta de Paulo Correia para a divisão de um triângulo em 4 equivalentes:
Determinar os pontos D e E que são vértices dos 4 triângulos [ABE], [BDE], [CDE] e [ACE] equivalentes em que o triângulo [ABC] fica dividido.

Dividir em 4 ... ainda

Paulo Correia, de Alcácer do Sal, tinha-nos enviado uma divisão de um triângulo em 4 figuras equivalentes. Não a publicámos então por não tratar da divisão em tirângulos. Mais tarde havemos de publicá-la (se percebermos, como exercício interactivo ...) .
Mas, agora, quando verificou que tínhamos dado por encerrada a série da divisão de um triângulo em 4 triângulos equivalentes, Paulo Correia insistiu com novas propostas. Pelo menos duas divisões interessantes e simples teriam sido esquecidas por nós. Tem razão (arrisco-me a pensar). E aqui vai a primeira:

Determinar os pontos D e E que são vértices dos 4 triângulos [ADE], [AEB], [BEC] e [CDE] equivalentes em que o triângulo [ABC] fica dividido.




Agradecemos ao Paulo.

Dividir para fazer um " tangram"?

Daniel Scher termina o seu artigo A Triangle Divided: Investigating Equal Areas já referido, com uma proposta de puzzle (tangram?) feita sobre um rectângulo equivalente a um triângulo com as peças coloridas (pela divisão em quatro triângulos equivalentes), da forma que mostra a construção que se segue e em que pode deslocar os vértices do triângulo. Não é uma boa ideia?



Esta construção está feita para mostrar como podemos obter um conjunto de peças em papel seguindo uma divisão do triângulo em 4 triângulos equivalentes e o corte paralelo a uma das bases a meio da altura correspondente. O conjunto de oito peças, assim obtido, permite ser reagrupado para formar um rectângulo ou para formar um triângulo. Nada mais do que isso. Não, não é um jogo para ser jogado aqui mesmo :-)

Dividir em 4 para reinar :-)))))))

Determinar D e E vértices dos quatro triângulos equivalentes [ADE], ADC], [CDE] e [BCE] em que fica dividido o triângulo [ABC].




Parece-nos que podemos dar por findos os processos de dividir um triângulo em quatro triângulos equivalentes. Não vos parece? Valerá a pena pensar em processos de divisão em 5 triângulos equivalentes?

Dividir em 4 para reinar :-))))))

Determinar D, E e F vértices dos quatro triângulos equivalentes [ABD], [BEF], [CEF] e [CDE] em que fica dividido o triângulo [ABC].

Dividir em 4 para reinar :-)))))

Determine D, E, F, AD, BE e BF, vértices e lados dos quatro triângulos equivalentes [ADC], [BED], [BEF] e [BFA] em que fica dividido o triângulo [ABC].

Dividir em 4 para reinar :-))))

Determine M, N, P e MN, NP e MP, vértices e lados dos triângulos equivalentes [APN], [BMN] e [CNM] em que fica dividido o triângulo [ABC].



Este processo que temos vindo a utilizar pode servir para mais de 30 diferentes divisões em triângulos equivalentes.
Paulo Correia, de Alcácer do Sal, enviou-nos uma divisão em 4 figuras equivalentes, das quais uma é um triângulo. Obrigado, Paulo. Mas nós estamos a dividir um triângulo em triângulos equivalentes e isso é, em si mesmo, o romance. E vamos continuar este trabalho que nos é sugerido no artigo de Daniel Scher, intitulado "A Triangle divided: Investigating Equal Areas" e publicado na revista Mathematics Teacher, Vol. 93, n. 7. October 2000. Pensamos que procurar formas diferentes de dividir um triângulo em figuras de igual área (equivalentes) pode ser uma proposta interessante a fazer a estudantes jovens.

Dividir em 4 para reinar :-)))

Determinar os pontos D, E, F e os segmentos CE, DE, E EF elementos dos triângulos equivalentes [AED], [CDE], [CEF] e [BEF] em que fica dividido o triângulo [ABC].



Para cada divisão que fazemos, quantas há diferentes que podems er feitas por processo absolutamente análogo? De quantos modos mais podemos dividir um triângulo em quatro equivalentes?