9.3.10
Determinar um rectângulo de ouro (II)
Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado menor AB.
2.3.10
Determinar um rectângulo de ouro
Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado maior AB.
Média e extrema razão e número de ouro - comentário à margem
“É impossível explicar honestamente as belezas contidas nas leis da natureza, de uma forma que as pessoas possam senti-las, sem que elas tenham uma boa compreensão da Matemática”.
(RICHARD FEYNMAN)
A expressão que está ligada à divisão em extrema e média razão, (1 + √5)/2, tem como valor o “número de ouro”, 1,618034…
"Para que um todo dividido em duas partes desiguais pareça belo do ponto de vista da forma, deve apresentar a parte menor e a maior a mesma relação que entre esta e o todo." (Zeizing, matemático alemão, 1855)
Desde a escola pitagórica (possivelmente até mesmo antes) que a razão áurea tem sido largamente usada na criação artística, sobretudo em pintura, escultura, arquitectura.
A psicologia ainda não conseguiu explicar os processos mentais que nos levam a encontrar especial beleza e harmonia em certas formas bi ou tridimensional , mas … “Onde houver “harmonia” lá encontraremos o Número de Ouro” (“O Número de Ouro e a Secção Áurea”, Maria Salett Biembengut, 1996). Têm feito estudos em que, a um grupo de pessoas, é proposta a seguinte tarefa – escolher dentro de um conjunto de rectângulos aqueles que lhes parecem mais harmoniosos; verifica-se que são escolhidos, de forma significativa, os “rectângulos de ouro” ou com dimensões muito próximas.
São inúmeros os exemplos (que não referiremos por não estar no âmbito deste blogue) da presença do número de ouro na natureza: várias relações na anatomia humana, nas conchas de vários animais, em pétalas de flores, etc. Um exemplo: nas pessoas que são consideradas “esculturais”, verifica-se que a razão entre a altura e a altura do umbigo é … o número de ouro.
Mais um exemplo para quem ainda tenha dúvidas quanto à actualidade do número de ouro. Transcrevemos um trecho de um boletim de um banco português, referente a correções a efectuar em valores de acções:
“Na sequência de Fibonacci (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55 ,89, ...), em que um algarismo é dado pela soma dos dois anteriores, a partir de determinada ordem o rácio de um número dividido pelo seu sucessor é de 61,8%. Este nível, juntamente com o 38,2% (100% - 61,8% = 38,2%), e o 50%, são chamados de níveis de correcção de Fibonacci. O de 61,8% é tido em conta nas correcções fortes de mercado, enquanto o de 38,2% para correcções mais fracas. Consequentemente, o rácio da divisão de um número na sequência de Fibonacci pelo seu antecessor é 161,8%, logo os níveis 138,2%, 150% e 161,8% são os mais usados em tendências positivas para as projecções de price target de Fibonacci. Considerando a primeira subida do índice no ano corrente, de Março a Maio, seguida de uma consolidação de dois meses, a projecção de Fibonacci de 161,8% coincide com o nível dos 250 pontos, acentuando a probabilidade de correcção no curto prazo.”
(Ramiro Loureiro, analista de acções; Sónia Martins, analista de acções Market Analysis)
Como deve ter notado, 161,8 % ou 1,618 é Φ e 61,8 % ou 0,618 é 1/Φ.
Outra construção para obter a média e extrema razão.
Dado o segmento AB, pretendemos obter o ponto M que o divide em média e extrema razão.
- Mostramos um segmento [AB]
- Construímos um quadrado de lado AB: seja ABCD.
- E determinamos o ponto E médio de AD.
- Com centro em E e raio EB, traçamos o arco que determina F na semi-recta DA, tal que EF=EB
A diagonal DG do rectângulo CDFG intersecta o segmento AB no ponto M pretendido no sentido de ser |AM|/|MB|=|BA|/|AM|, ou tal que |AM|2=|MB|.|BA|
Este rectângulo é tal que a razão entre os seus lados é Φ ≈ 1,618. A este número Φ chamamos número de ouro e ao rectângulo chamamos rectângulo de ouro.
O ponto M que satisfaz simultaneamente as condições |AM|+|MB|=|AB| e |AM|^2= |AB|.|BM| é único. se tomássemos a diagonal CF do mesmo retângulo, obtínhamos como interseção de CF com AB um ponto N de [AB] tal que |AN|+|NB|= |AB| e para o qual |BN|2 =|NA|.|AB|. - O bloco 5 da nossa construção dinâmica é para chamar a atenção para outros dois pontos sobre a reta AB (colineares com A e B)interessantes do mesmo ponto de vista e obtidos de modo análogo: considerando o ponto F1 da semi-reta AD: |EB|=|EF1| e retângulo [DCG1F1] de dimensões |CD|e |DF1|. As retas diagonais deste retângulo intersectam a reta AB em pontos interessantes. Mostramos a intersecção H da diagonal G1D com BA que satisfaz as condições BH=BA+AH e |HA|^2 =|AB|.|BH|
1.3.10
Média e extrema razão – inversão – conjugado harmónico
Em 2010 apresentávamos 3 construções em CaR ou ZuL (Compasso e Régua ou Zirkel und Lineal, R. Grothmann):
Restauração:
Limitámo-nos a substituir essas três construções por uma só que se divide 5 passos para evidenciar os aspectos essenciais acima referidos.
- a primeira para lembrar que, para um dado segmento de reta AB, um dos seus pontos M (e um só) o divide em média e extrema razão, a saber, tal que AB/AM=AM/MB, (....Φ) ;
- a segunda a lembrar que, sendo M' o inverso de M relativamente à circunferência de centro em A e raio AB, as razões AB/AM e AM'/AB são iguais já que tomando AB para unidade, AM é o inverso de AM';
- e finalmente que se tomarmos B' como extremo oposto a B do diâmetro de (A, AB) - a meia volta de B em torno de A - temos um quaterno harmónico de pontos (sobre a reta AB), a saber (B', B; M, M').
Restauração:
Limitámo-nos a substituir essas três construções por uma só que se divide 5 passos para evidenciar os aspectos essenciais acima referidos.
25.2.10
Outra divisão (subtractiva)
Deslocando o ponto N exteriormente ao segmento AB no sentido de B para A, notemos que a razão AB/NA varia de 0 a +infinito, enquanto a razão NA/NB decresce de 1 a 0; existe, então uma posição de N para a qual as duas razões tomam o mesmo valor; designando essa posição de N por M’ temos AB/M’A = M’A/M’B. Ou seja, M’A é meio proporcional entre AB e M’B.
A circunferência, já traçada, com centro em C e raio CB intersectou a recta AC em D; mas também intersecta a recta AC em D´ (simétrico de D em relação a C); a circunferência com centro em A e raio AD’ intersecta a recta AB em M’.
Será possível determinar um outro ponto exterior ao segmento AB no sentido de A para B ? É evidente que não, visto que a distância de N a A é superior à distancia a B e ao comprimento de AB; logo AN não poderia ser meio proporcional entre AB e NB.
Em conclusão, numa recta AB, existem dois e só dois pontos, M e M’, que dividem o segmento AB em média e extrema razão em que AM (AM’) é meio proporcional entre AB e MB (MB’):
- M é interior ao segmento AB e os segmentos AM e MB são aditivos;
- M’ é exterior ao segmento AB e os segmentos M’A e M’B são subtractivos.
A circunferência, já traçada, com centro em C e raio CB intersectou a recta AC em D; mas também intersecta a recta AC em D´ (simétrico de D em relação a C); a circunferência com centro em A e raio AD’ intersecta a recta AB em M’.
Será possível determinar um outro ponto exterior ao segmento AB no sentido de A para B ? É evidente que não, visto que a distância de N a A é superior à distancia a B e ao comprimento de AB; logo AN não poderia ser meio proporcional entre AB e NB.
Em conclusão, numa recta AB, existem dois e só dois pontos, M e M’, que dividem o segmento AB em média e extrema razão em que AM (AM’) é meio proporcional entre AB e MB (MB’):
- M é interior ao segmento AB e os segmentos AM e MB são aditivos;
- M’ é exterior ao segmento AB e os segmentos M’A e M’B são subtractivos.
23.2.10
Construção da divisão em média e extrema razão
Dado um segmento AB, vamos referir uma das construções que nos permitem obter o ponto M que o divide em extrema e média razão:
Por comodidade, tomemos AB = 1; designemos por x o comprimento de AM. Como AB/AM = AM/MB, vem 1/x = x/(1-x) ou x2 + x –1 = 0 ; a raiz positiva desta equação é (√ 5 – 1)/2. Logo o valor da razão AM/MB = (√5 + 1)/2 ≈ 1.61803.
O quociente entre a razão extrema e a razão média foi chamada “razão áurea” ; o seu valor, 1.618…, é o “número de ouro”, designado por Φ em homenagem a Fídias que o utilizou para obter as harmoniosas proporções do Parténon.
- tracemos a perpendicular a AB em B;
- sobre ela tomemos o segmento CB de comprimento AB/2;
- com centro em C e raio CB, tracemos a circunferência que intersecta a recta AC em D;
- com centro em A e raio AD, tracemos a circunferência que intersecta o segmento AB em M.
Por comodidade, tomemos AB = 1; designemos por x o comprimento de AM. Como AB/AM = AM/MB, vem 1/x = x/(1-x) ou x2 + x –1 = 0 ; a raiz positiva desta equação é (√ 5 – 1)/2. Logo o valor da razão AM/MB = (√5 + 1)/2 ≈ 1.61803.
O quociente entre a razão extrema e a razão média foi chamada “razão áurea” ; o seu valor, 1.618…, é o “número de ouro”, designado por Φ em homenagem a Fídias que o utilizou para obter as harmoniosas proporções do Parténon.
Média e extrema razão
“A geometria possui dois grandes tesouros: um é o teorema de Pitágoras; o outro, a divisão de uma linha em extrema e média razão.” (KEPLER)
Supõe-se que o conceito de média e extrema razão se deve à escola pitagórica como resultado do seu afã de descobrir relações numéricas que exprimissem as harmonias da natureza. Foi através dos Elementos de Euclides que o conceito chegou aos nossos dias.
Dado o segmento AB, pretende-se dividi-lo em “duas partes desiguais tal que a parte menor e a maior estejam na mesma razão que entre a maior e o todo."
Foi aproximadamente nestes termos que Euclides, há 2300 anos, pôs o problema no Livro VI dos seus Elementos.
Por outras palavras: para dividir um segmento na razão média e extrema, a razão existente entre o comprimento do segmento inteiro e o de sua maior divisão (razão extrema) é igual à razão entre o comprimento desta maior divisão e o da menor (razão média)
Dado um segmento AB, trata-se de determinar um ponto M do segmento tal que o segmento AM seja o meio proporcional entre o segmento AB e o segmento MB. Ou seja, pretende-se determinar o ponto M para o qual são iguais as razões AB/AM e AM/MB.
Ao fundo da janela de visualização da construção que apresentamos, temos um cursor n=0 com n variável entre 0 e 3 que permitem separar os passos do nosso trabalho
|n=0|: Apresenta-se inicialmente um segmento AB
O segmento AB tem comprimento constante; para facilitar, tomemos AB = 1.
|n=1|: Determinámos um ponto M de AB (pelo método já apresentado antes)
|n=2|: Verifica-se que existe um ponto M que divide AB em duas partes AM e MB tais que
AB/AM=AM/MB ou AM2=ABxMB.
Sendo AB=1, o comprimento de AM varia entre 0 e 1; logo a razão AB/AM varia de +∞ a 1, enquanto a razão AM/MB varia de 0 a +infinito.
|n=3|: Há uma e uma só posição de M para a qual as duas razões são iguais: AB/AM = AM/MB:
A figura neste passo, apresenta um ponto N de AB variável. Deslocar esse ponto N do segmento AB permite verificar que existe de facto apenas uma posição em que se igualam as duas razões e é quando N coincide com M.
20.2.10
Divisão harmónica, usando paralelas e secantes
Sejam A,B e C colineares, Podemos determinar o quarto harmónico D, fazendo passar por C uma recta concorrente CE qualquer e por A uma AE, e por B tirar uma paralela a AE, BF. Sobre esta BF, determinar um ponto G tal que |BG|=|BF|. EG intersecta AB em D.
Na construção dinâmica que se segue, pode deslocar A, B, C, E para observar a consequência das mudanças.
Na construção dinâmica que se segue, pode deslocar A, B, C, E para observar a consequência das mudanças.
19.2.10
A divisão harmónica por outra via
Tomando um triângulo rectângulo em P de hipotenusa AB. Seja C de [AB]. Para D sobre AB tal que PB é a bissectriz do ângulo DPC, (A,B,C,D) é um quaterno harmónico. Segue a construção dinâmica correspondente, em que pode deslocar P, mantendo ABC e vendo que D se mantém invariante. Também pode variar A, B e C e verificando que se mantêm as razões harmónicas.... com D determinado, usando PC como bissectriz de CPD.
De outro modo, a divisão harmónica
As propriedades do quaterno harmónico da entrada anterior, particularmente, aquela que se refere ao facto de num quaterno harmónico (A,B;C,D), ser C o inverso de D relativamente à circunferência de diâmetro [AB] sugere que, tomados A,B e C, se pode obter o quarto harmónico D, usando a circunferência de diâmetro [AB].
Isso mesmo fica ilustrado na figura dinâmica que se segue.
Isso mesmo fica ilustrado na figura dinâmica que se segue.
15.2.10
A divisão harmónica é o que parece
Na figura dinâmica abaixo, (A,B;C,D) é um quaterno harmónico. Pode deslocar A e B, observando que:
- |CA|.|DB|=|CB|.|DA|
- Sendo J o ponto médio de CD,| JC|=|JD|, |AC|.|AD|=|AB|.|AJ| equivamente a
- 2/|AB|=1/|AC| +1/|AD| - relação de Descartes - que é o mesmo que
- |AB|=(2|AC|.|AD|)/(|AC|+|AD|) - |AB| é a média harmónica de |AC| e |AD|.
- Sendo I o ponto médio de AB, |IA|=|IB|, |IA|2= |IC|.|ID| - relação de Newton - e é claro que
- sendo J o ponto médio de CD, |JC|2=|JA|.|JB| ou: B é o inverso de A relativamente à circunferência de diâmetro |CD|
13.2.10
Divisão harmónica
Consideremos quatro pontos colineares A, B, C e D, em que apenas C está entre A e B. Dizemos que C divide o segmento AB em dois segmentos (CA e CB) na razão CA/CB. Do mesmo modo, podemos dizer que D divide o segmento AB em dois segmentos (DA e DB) na razão DA/DB. Quando DA/DB=CA/CB (aritmeticamente falando), dizemos que os pontos C e D separam harmonicamente A e B ou que C e D dividem harmonicamente o segmento AB naquela razão.
Também dizemos que C e D são conjugados harmónicos relativamente a A e B.
Claro que a relação DA/DB=CA/CB é equivalente DA.CB=DB.CA ou (DA/DB)/(CA/CB)=1 ou (CA/CB).(DB/DA)=1. Veremos outras relações em futuras entradas.
O que nos interessa hoje é ver (seguindo a figura dinâmica abaixo) que, se tomarmos dois pontos A e B e a partir de cada um deles tomarmos duas rectas (AG e AE; BG e BF) de tal modo que se forme um quadrilátero completo (A, B, [E, F, G, H]) as intersecções C e D das diagonais EH e GF com a recta AB dividem harmonicamente o segmento AB.
Na figura pode deslocar E para verificar que C e D se mantêm invariantes, apesar de mudar os lados do quadrilátero (por construção C não depende de G). Se deslocar G,(ou F) faz variar D e consequentemente C, que nas novas posições continuam a separar harmonicamente AB.
Também dizemos que C e D são conjugados harmónicos relativamente a A e B.
Claro que a relação DA/DB=CA/CB é equivalente DA.CB=DB.CA ou (DA/DB)/(CA/CB)=1 ou (CA/CB).(DB/DA)=1. Veremos outras relações em futuras entradas.
O que nos interessa hoje é ver (seguindo a figura dinâmica abaixo) que, se tomarmos dois pontos A e B e a partir de cada um deles tomarmos duas rectas (AG e AE; BG e BF) de tal modo que se forme um quadrilátero completo (A, B, [E, F, G, H]) as intersecções C e D das diagonais EH e GF com a recta AB dividem harmonicamente o segmento AB.
Na figura pode deslocar E para verificar que C e D se mantêm invariantes, apesar de mudar os lados do quadrilátero (por construção C não depende de G). Se deslocar G,(ou F) faz variar D e consequentemente C, que nas novas posições continuam a separar harmonicamente AB.
9.2.10
Um ponto divide um segmento em partes com razão
Várias vezes usámos a projecção paralela de um segmento sobre o outro para o dividirmos em partes iguais. Por sabermos que a razão entre elementos de pares correspondentes de segmentos em rectas cortadas por paralelas respeitam a razão entre eles.
Segmentos iguais numa recta são projectados paralelamente em segmentos iguais noutra qualquer.
O método geral de divisão de um segmento de recta AB em partes iguais, usa precisamente as propriedades da projecção paralela. Toma-se uma recta AC concorrente com AB em A, em que se marquem um certo número de segmentos iguais a partir de A. Se quiser dividir o segmento AB em 5 partes partes iguais tomo o extremo do quinto segmento determinado sobre AC e projecto este sobre B. Depois paralelamente, projecto os outros pontos sobre AB. No caso da construção, vimos que 5|AK|=|AB| ou |AK|/|AB|=1/5 ou |AB|/|AK|=5/1.
E também podemos dizer que K divide aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AK e KB em que 4|AK|=1|KB| ou na razão 1/4. Do mesmo modo, podemos dizer que L divide AB em dois segmentos AL e LB em dois segmentos na razão 2/3 ou M divide AB em dois segmentos AM e MB na razão 4/1 ou N divide o segmento AB em dois segmentos AN e NB na razão 7/2.
Acrescente-se que este método geral de construção para a divisão de um segmento em partes iguais é também bom para multiplicar um segmento por qualquer número racional. Por exemplo para obter um segmento AP : |AP|= (7/5)|AB| equivale à deteminação de N, tirando pelo extremo do 7º dos segmentos iguais em AC uma paralela à recta que une o extremo do 5º dos segmentos iguais de AC com B.
Notas:
Acrescente-se a ideia de separação de um par (A,B) por outro, por exemplo, (M,N):
dizemos que os pontos M e N separam (ou dividem) o segmento AB ou par (A,B), nas razões MA/MB=5/1 e NA/NB=7/2 - se considerássemos estes pares como pares de segmentos orientados, as razões correspondentes teriam sinais contrários.
E uma ideia de razão para o quaterno (A,B;M,N):
[(MA/MB).(NB/NA)=10/7 e, tratando-se de segmentos orientados: MA/MB).(NB/NA)=-10/7 ].
O ponto L: LA/LB = 2/3 e um ponto P (fora de AB para o lado de B): PA/PB=3/2, dividem o segmento AB na razão 2/3 (ou -2/3): (LA/LB).(PB/PA)=1 (ou -1, caso considerássemos os segmentos orientados). Esta divisão produzida por L e P sobre AB merece o nome de divisão harmónica e estudo à parte. Dizemos que L e P dividem harmonicamente na razão 2/3 o segmento AB. Esta divisão já foi abordada em variadas entradas deste lugar de geometria com régua e compasso.
Segmentos iguais numa recta são projectados paralelamente em segmentos iguais noutra qualquer.
O método geral de divisão de um segmento de recta AB em partes iguais, usa precisamente as propriedades da projecção paralela. Toma-se uma recta AC concorrente com AB em A, em que se marquem um certo número de segmentos iguais a partir de A. Se quiser dividir o segmento AB em 5 partes partes iguais tomo o extremo do quinto segmento determinado sobre AC e projecto este sobre B. Depois paralelamente, projecto os outros pontos sobre AB. No caso da construção, vimos que 5|AK|=|AB| ou |AK|/|AB|=1/5 ou |AB|/|AK|=5/1.
E também podemos dizer que K divide aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AK e KB em que 4|AK|=1|KB| ou na razão 1/4. Do mesmo modo, podemos dizer que L divide AB em dois segmentos AL e LB em dois segmentos na razão 2/3 ou M divide AB em dois segmentos AM e MB na razão 4/1 ou N divide o segmento AB em dois segmentos AN e NB na razão 7/2.
Acrescente-se que este método geral de construção para a divisão de um segmento em partes iguais é também bom para multiplicar um segmento por qualquer número racional. Por exemplo para obter um segmento AP : |AP|= (7/5)|AB| equivale à deteminação de N, tirando pelo extremo do 7º dos segmentos iguais em AC uma paralela à recta que une o extremo do 5º dos segmentos iguais de AC com B.
Notas:
- Na construção pode deslocar o ponto C e a semirecta AC, verificando que os pontos da divisão de AB não dependem da semirecta. E podem deslocar o extremo do 1º dos segmentos iguais sobre AC para verificar que os pontos da divisão de AB não dependem do tamanho dos segmentos iguais sobre AC
- O ponto médio de AB é obviamente um ponto M que divide o segmento AB em AM e MB de razão 1/1
- Para uma dada razão k ≠1, há sempre dois pontos P da recta AB que dividem aritmeticamente o segmento AB em dois segmentos AP e PB na razão k/1.
Acrescente-se a ideia de separação de um par (A,B) por outro, por exemplo, (M,N):
dizemos que os pontos M e N separam (ou dividem) o segmento AB ou par (A,B), nas razões MA/MB=5/1 e NA/NB=7/2 - se considerássemos estes pares como pares de segmentos orientados, as razões correspondentes teriam sinais contrários.
E uma ideia de razão para o quaterno (A,B;M,N):
[(MA/MB).(NB/NA)=10/7 e, tratando-se de segmentos orientados: MA/MB).(NB/NA)=-10/7 ].
O ponto L: LA/LB = 2/3 e um ponto P (fora de AB para o lado de B): PA/PB=3/2, dividem o segmento AB na razão 2/3 (ou -2/3): (LA/LB).(PB/PA)=1 (ou -1, caso considerássemos os segmentos orientados). Esta divisão produzida por L e P sobre AB merece o nome de divisão harmónica e estudo à parte. Dizemos que L e P dividem harmonicamente na razão 2/3 o segmento AB. Esta divisão já foi abordada em variadas entradas deste lugar de geometria com régua e compasso.
2.2.10
Transportar comprimento
Exercício interactivo
Com as ferramentas disponíveis, determinar o ponto D (alvo) que é tal que |AD|=|BC|. Nota: A ilustração antiga feita em CaR deixou de estar disponível e vai ser substituída não como antigamente e antes pelas etapas de resolução .
Com as ferramentas disponíveis, determinar o ponto D (alvo) que é tal que |AD|=|BC|. Nota: A ilustração antiga feita em CaR deixou de estar disponível e vai ser substituída não como antigamente e antes pelas etapas de resolução .
30.1.10
Um problema e duas resoluções - a reflexão
O processo de resolução de um problema depende sempre dos instrumentos de que dispomos para o fazer e dos conhecimentos que mobilizamos no momento. O problema de transportar (o comprimento de) um segmento dado para outra posição num plano é actualmente resolvido com recurso a isometrias (translações, rotações, reflexões, reflexões deslizantes).
No Livro I, proposição II dos “Elementos de Euclides” é colocado o problema de tirar por um ponto A dado, um segmento de comprimento igual a outro BC dado. Com os conceitos em uso - por dois pontos passa uma recta (régua não graduada) e dados dois pontos BC há pontos que estão distanciados B tanto quanto C de B- circunferência centrada num ponto e a passar por outro-, Euclides resolveu o problema do seguinte modo: Determinou o ponto D, igualmente distanciado de B e de A (intersecção das circunferências centradas em A e em B e de raio AB). Por D e B, fez passar a recta DB e com a circunferência de centro em B e raio BC determinou sobre a recta DB o comprimento BC. Por ser DB igual DA, a circunferência de centro D e raio DB+BC vai determinar sobre AD um ponto que está à distância BC de A. Pode acompanhar essa construção na figura dinâmica que se segue.
Admitindo que continua a não nos ser permitido transportar comprimentos (sem esta restrição o problema seria trivial), os nossos jovens podem, no entanto, compreender mais facilmente a resolução do problema mobilizando os conhecimentos sobre transformações geométricas- isometrias do plano - que permitem determinar segmentos de recta congruentes.
Por exemplo, podem pensar em usar uma reflexão cujo eixo é a mediatriz do segmento de extremos A (para onde queremos transferir o comprimento BC) e um extremo do segmento BC . Na construção que se segue toma-se a reflexão que leva de C para A (e B para B'). O comprimento de [BC] é igual ao comprimento de [B’A].
É claro que esta construção, usando o conceito de recta e circunferência definidas por dois pontos (como fez Euclides) não é mais simples que a original de "Os Elementos". Esta construção exige a construção de uma mediatriz de AC com recurso a duas circunferências e da perpendicular à mediatriz tirada por B com recurso a três circunferências seguida de uma intersecção e uma circunferência para determinar B' equidistante da mediatriz de AC.
No Livro I, proposição II dos “Elementos de Euclides” é colocado o problema de tirar por um ponto A dado, um segmento de comprimento igual a outro BC dado. Com os conceitos em uso - por dois pontos passa uma recta (régua não graduada) e dados dois pontos BC há pontos que estão distanciados B tanto quanto C de B- circunferência centrada num ponto e a passar por outro-, Euclides resolveu o problema do seguinte modo: Determinou o ponto D, igualmente distanciado de B e de A (intersecção das circunferências centradas em A e em B e de raio AB). Por D e B, fez passar a recta DB e com a circunferência de centro em B e raio BC determinou sobre a recta DB o comprimento BC. Por ser DB igual DA, a circunferência de centro D e raio DB+BC vai determinar sobre AD um ponto que está à distância BC de A. Pode acompanhar essa construção na figura dinâmica que se segue.
Admitindo que continua a não nos ser permitido transportar comprimentos (sem esta restrição o problema seria trivial), os nossos jovens podem, no entanto, compreender mais facilmente a resolução do problema mobilizando os conhecimentos sobre transformações geométricas- isometrias do plano - que permitem determinar segmentos de recta congruentes.
Por exemplo, podem pensar em usar uma reflexão cujo eixo é a mediatriz do segmento de extremos A (para onde queremos transferir o comprimento BC) e um extremo do segmento BC . Na construção que se segue toma-se a reflexão que leva de C para A (e B para B'). O comprimento de [BC] é igual ao comprimento de [B’A].
É claro que esta construção, usando o conceito de recta e circunferência definidas por dois pontos (como fez Euclides) não é mais simples que a original de "Os Elementos". Esta construção exige a construção de uma mediatriz de AC com recurso a duas circunferências e da perpendicular à mediatriz tirada por B com recurso a três circunferências seguida de uma intersecção e uma circunferência para determinar B' equidistante da mediatriz de AC.
28.1.10
Demonstrando com homotetias
Para qualquer triângulo ABC, a distância do circuncentro O a um lado (BC, por exemplo) é metade da distância de H para o vértice oposto a esse lado (A, no caso).
Para mostrar que, para um triângulo qualquer, os circuncentro O, baricentro G e ortocentro H estão sobre a mesma recta (de Euler), utilizámos a homotetia de centro em G e razão 2 que transforma O em H. Este novo resultado recebe confirmação com recurso à mesma homotetia. Por ela, O é transformado em H e Ma em A, já que 2GMa=GA. Em consequência, OMa é transformado em AH, sendo 2OMa=AH.
Para mostrar que, para um triângulo qualquer, os circuncentro O, baricentro G e ortocentro H estão sobre a mesma recta (de Euler), utilizámos a homotetia de centro em G e razão 2 que transforma O em H. Este novo resultado recebe confirmação com recurso à mesma homotetia. Por ela, O é transformado em H e Ma em A, já que 2GMa=GA. Em consequência, OMa é transformado em AH, sendo 2OMa=AH.
23.1.10
Exercício de reflexão com régua e compasso
Temos vindo a propor alguns exercícios elementares com transformações geométricas do plano.
Aqui propomos a construção do transformado de um triângulo pela reflexão de eixo e (a preto)
Na construção dinâmica que se segue, pode usar as ferramentas disponíveis para construir a imagem do triângulo, como pode seguir a nossa proposta clicando sobre o botão ?
Aqui propomos a construção do transformado de um triângulo pela reflexão de eixo e (a preto)
Na construção dinâmica que se segue, pode usar as ferramentas disponíveis para construir a imagem do triângulo, como pode seguir a nossa proposta clicando sobre o botão ?
21.1.10
Homotetia e circunferência
Para duas figuras homotéticas, há sempre mais que uma homotetia que transforma uma na outra?
No exercício interactivo que apresentamos a seguir, esperamos que determine a circunferência homotética da circunferência dada, pela homotetia de centro em C (dado sobre a circunferência) e razão -1/3.
Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?.
Depois de obter a solução - círculo de centro O' que passa por C(?) -, se clicar mais uma vez no botão ? aparecer-lhe-á uma circunferência de centro em O que passa por O' que é homotética da original. Qual é a razão desta homotetia?
Haverá mais alguma homotetia a transformar, uma na outra, as circunferências que passam por C de centros em O e O'?
Nota:
No exercício interactivo que apresentamos a seguir, esperamos que determine a circunferência homotética da circunferência dada, pela homotetia de centro em C (dado sobre a circunferência) e razão -1/3.
Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?.
Depois de obter a solução - círculo de centro O' que passa por C(?) -, se clicar mais uma vez no botão ? aparecer-lhe-á uma circunferência de centro em O que passa por O' que é homotética da original. Qual é a razão desta homotetia?
Haverá mais alguma homotetia a transformar, uma na outra, as circunferências que passam por C de centros em O e O'?
Nota:
Já não conseguimos recuperar a dinâmica da construção de exercício interactivo, mas apresentamos uma construção que considera os passos da resolução do problema inicial e da resposta sobre a razão da homotetia entre as circunferências concêntricas em O: (O,C) e (O, O').
13.1.10
Homotetia
"Exercício interactivo:
Há sempre uma homotetia que transforma um segmento noutro paralelo.
Propomos que determine o(s) centro(s) da(s) homotetia(s) que transforma(m) AB em CD.
Para resolver o exercício, pode usar as ferramentas disponíveis e pode deslocar os elementos usando o primeiro botão da esquerda e o rato. Se quiser ver a solução bastará clicar no botão ?." Deixamos uma figura dinâmica que contém as soluções do problema.
12.1.10
Meia volta com Cinderella
À medida que for construindo a sua resolução, verá designações para os novos elementos que confirmam se a construção está correcta. No fim, se quiser confirmar a correcção do seu trabalho clique sobre o botão ? e, caso esteja tudo bem, o computador confirmará, na caixa de texto, com "Muito bem"."
Ainda usando rotações
O problema de determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre três rectas paralelas, já publicado mais que uma vez, sugere as rotações como suporte para
determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre circunferências concêntricas.
Tomemos três circunferências - a, b, c - concêntricas quaisquer (centro em O). Tal como fizemos para as rectas paralelas, tomemos um ponto qualquer para um primeiro vértice, seja A sobre a.
Apliquemos uma rotação do plano de 60º em torno de A. O centro O vai para O' sobre a e a circunferência b vai para b'. Se tomarmos para C (=B') o ponto de b' que está sobre c, rodando em torno de A e amplitude 60º no sentido contrário, obteremos B sobre b.
determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre circunferências concêntricas.
Tomemos três circunferências - a, b, c - concêntricas quaisquer (centro em O). Tal como fizemos para as rectas paralelas, tomemos um ponto qualquer para um primeiro vértice, seja A sobre a.
Apliquemos uma rotação do plano de 60º em torno de A. O centro O vai para O' sobre a e a circunferência b vai para b'. Se tomarmos para C (=B') o ponto de b' que está sobre c, rodando em torno de A e amplitude 60º no sentido contrário, obteremos B sobre b.
11.1.10
Usando homotetias para aceitar a recta de Euler
Seja o triângulo ABC, de baricentro G, ortocentro H e circuncentro O. Prova-se que
G, H e O são colineares (estão sobre uma mesma recta - recta de Euler) e |GH|=2|GO|.
Este resultado, muito conhecido e muito usado, pode ser provado com recurso a homotetias:
A homotetia de centro em G e razão 2 transforma o triângulo ABC no triângulo A'B'C' e, pela homotetia, A, G, A' são colineares e |A'G|=2|AG|, ... AB//A'B' e 2|AB|=|A'B'|, ....
O circuncírculo de A'B'C' tem centro em H (já que a recta da altura de ABC relativa ao vértice A é a mediatriz de B'C', ...). Aquela homotetia de centro em G e razão 2 transforma o círculo de centro em O que passa por ABC no círculo de centro em H que passa por A'B'C', transforma O em H. Por isso H,G e O são colineares e |GH|=2|GO|.
G, H e O são colineares (estão sobre uma mesma recta - recta de Euler) e |GH|=2|GO|.
Este resultado, muito conhecido e muito usado, pode ser provado com recurso a homotetias:
A homotetia de centro em G e razão 2 transforma o triângulo ABC no triângulo A'B'C' e, pela homotetia, A, G, A' são colineares e |A'G|=2|AG|, ... AB//A'B' e 2|AB|=|A'B'|, ....
O circuncírculo de A'B'C' tem centro em H (já que a recta da altura de ABC relativa ao vértice A é a mediatriz de B'C', ...). Aquela homotetia de centro em G e razão 2 transforma o círculo de centro em O que passa por ABC no círculo de centro em H que passa por A'B'C', transforma O em H. Por isso H,G e O são colineares e |GH|=2|GO|.
Nota sobre a determinação do arco capaz.
Para a resolução de variados problemas, é necessário saber determinar o arco capaz de um dado ângulo B relativamente a um segmento AC.
No fundo, trata-se de encontrar o circuncírculo de um triângulo ABC de que se conhece um lado e o respectivo ângulo oposto.
Com a construção dinâmica que se segue podemos verificar porque é bom o processso usado na entrada anterior, em que determinámos o circuncírculo de um triângulo de que conhecíamos um ângulo e o seu lado oposto.
Na figura, tomamos um ângulo qualquer, ABC, inscrito numa circunferência de centro O que passa por A, B e C. O ângulo AOC é duplo de ABC. O triângulo AOC é isósceles (OA=OC=raio), OAC=ACO= (180-AOC)/2=90-ABC, 90=ABC+OAC. Por isso, se tomarmos PAC=ABC, PAO=90.
Desenhado PAC(=ABC), a perpendicular a PA passa por O, sendo PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O.
A mediatriz de AC também passa por O.
No fundo, trata-se de encontrar o circuncírculo de um triângulo ABC de que se conhece um lado e o respectivo ângulo oposto.
Com a construção dinâmica que se segue podemos verificar porque é bom o processso usado na entrada anterior, em que determinámos o circuncírculo de um triângulo de que conhecíamos um ângulo e o seu lado oposto.
Na figura, tomamos um ângulo qualquer, ABC, inscrito numa circunferência de centro O que passa por A, B e C. O ângulo AOC é duplo de ABC. O triângulo AOC é isósceles (OA=OC=raio), OAC=ACO= (180-AOC)/2=90-ABC, 90=ABC+OAC. Por isso, se tomarmos PAC=ABC, PAO=90.
Desenhado PAC(=ABC), a perpendicular a PA passa por O, sendo PCA=ABC, a perpendicular a
PC passa por O.
A mediatriz de AC também passa por O.
5.1.10
Usando homotetias (II)
Determinar um triângulo ABC de que se conhece o lado a=BC, o ângulo  e o comprimento da mediana mb ou BMb, em que Mb é o ponto médio do lado AC
é um problema de construção que se pode resolver com recurso a homotetias.
Pode seguir a nossa construção, passo a passo:
Podemos determinar o circuncírculo de ABC, determinando o arco capaz do ângulo  sobre BC . O ponto Mb está à distância mb de B e sobre a circunferência homotética da circunscrita pela homotetia de centro em C e razão 1/2. E claro que A é a imagem de Mb pela homotetia de centro C e razão 2.
é um problema de construção que se pode resolver com recurso a homotetias.
Pode seguir a nossa construção, passo a passo:
Podemos determinar o circuncírculo de ABC, determinando o arco capaz do ângulo  sobre BC . O ponto Mb está à distância mb de B e sobre a circunferência homotética da circunscrita pela homotetia de centro em C e razão 1/2. E claro que A é a imagem de Mb pela homotetia de centro C e razão 2.
2.1.10
Usando homotetias (I)
Inscrever num triângulo ABC um quadrado que tenha um dos lados sobre o lado maior do triângulo é um dos exemplos de problema, dados por Puig Adam, que é resolvido com um homotetia.
Pode seguir os passos da resolução na construção dinâmica que se segue:
Pode seguir os passos da resolução na construção dinâmica que se segue:
29.12.09
Usando rotações
Dadas duas rectas a e b e um ponto P não incidente em qualquer delas, determinar um quadrado com vértice em P e sobre cada recta a e b um dos dois vértices adjacentes a P
Pode seguir a nossa resolução pelos passos da construção que apresentamos a seguir.
Tomamos um ponto qualquer de a, A'.
O quadrado de lado A'P tem um vértice sobre a.
O vértice oposto a A' e adjacente a P pode obter-se rodando A' de um quarto de volta em torno de P.
Esta rotação leva a para a recta a' a ela perpendicular que intersecta b num ponto B.
Rodando (em sentido contrário ao de A' para B') de um quarto de volta em torno de P, a' vai para a e B vai para A sobre a.
Claro que há mais uma solução ..... Faça variar a ou b até a e b serem perpendiculares.
O que acontece nesse caso?
Puig Adam sugere que se resolvam, pelo mesmo processo, os seguintes problemas:
Pode seguir a nossa resolução pelos passos da construção que apresentamos a seguir.
Tomamos um ponto qualquer de a, A'.
O quadrado de lado A'P tem um vértice sobre a.
O vértice oposto a A' e adjacente a P pode obter-se rodando A' de um quarto de volta em torno de P.
Esta rotação leva a para a recta a' a ela perpendicular que intersecta b num ponto B.
Rodando (em sentido contrário ao de A' para B') de um quarto de volta em torno de P, a' vai para a e B vai para A sobre a.
Claro que há mais uma solução ..... Faça variar a ou b até a e b serem perpendiculares.
O que acontece nesse caso?
Puig Adam sugere que se resolvam, pelo mesmo processo, os seguintes problemas:
- Determinar um triângulo com os três vértices sobre três paralelas dadas (já resolvido numa das entradas) ou sobre três circunferências concêntricas
- Inscrever um triângulo equilátero num quadrado de modo que tenham um vértice em comum
- Inscrever num paralelogramo um rectângulo cujas diagonais façam um dado ângulo
28.12.09
Usando reflexões (II)
Construir um triângulo de que se conhecem dois lados BC e AC e a diferença dos ãngulos a eles opostos é um problema que se resolve se nos lembrarmos que a mediatriz do lado AB em falta é eixo de uma reflexão que leva de A para B.
Se designarmos por C' a imagem de C por essa reflexão, temos um trapézio isósceles ACC'B, de diagonais iguais AC'=BC. Também sabemos que, relativamente aos ângulos, C'AC=C'BC=A-B. Conhecido AC, e tomado um A, determinamos C. Conhecido A-B =C'AC e sabendo que é dado BC (=AC'), determinamos C' a partir de A.
Isto mesmo pode seguir, passo a passo, na construção dinâmica que apresentamos a seguir.
Se designarmos por C' a imagem de C por essa reflexão, temos um trapézio isósceles ACC'B, de diagonais iguais AC'=BC. Também sabemos que, relativamente aos ângulos, C'AC=C'BC=A-B. Conhecido AC, e tomado um A, determinamos C. Conhecido A-B =C'AC e sabendo que é dado BC (=AC'), determinamos C' a partir de A.
Isto mesmo pode seguir, passo a passo, na construção dinâmica que apresentamos a seguir.
23.12.09
Usando meia volta em torno de um ponto médio
Para resolver o problema
“Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos”
A construção que se segue, pode ser visitada passo a passo. No caso desenhado agora (na reconstrução) começámos pelo ponto A (livre no plano, que pode deslocar...) e um ponto D livre sobre a circunferência (A,DA) de centro em A e raio AD. De resto, o processo é o mesmo do acima descrito: B' é (A, 2EF).(D,BC) já que B'D= BC e ....
“Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos”
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Observemos um quadrilátero ABCD de que conhecemos os comprimentos AB, BC, CD, DA dos lados e ainda o comprimento do segmento EF em que E e F são os pontos médios de AB e CD respetivamente. Consideremos a rotação de meia volta em torno de F (ou reflexão relativamente a F) que transforma [ABCD] em [B'A'DC], como mostra a figura ao lado. O ponto E médio de AB é transformado em E' ponto médio de A'B' sendo F'= F ponto médio de CD. Os pontos médios de AB', A'B, e EE' são colineares sobre uma reta paralela a AB (MF), sendo MF=BE=AE=AB/2. F é intersecçao de duas circunferências: (C, CD/2).(M, AB/2). Podemos, portanto, seguir os seguintes passos para a resolução do problema:
Temos assim o quadrilátero construído de acordo com os dados. |
 |
A construção que se segue, pode ser visitada passo a passo. No caso desenhado agora (na reconstrução) começámos pelo ponto A (livre no plano, que pode deslocar...) e um ponto D livre sobre a circunferência (A,DA) de centro em A e raio AD. De resto, o processo é o mesmo do acima descrito: B' é (A, 2EF).(D,BC) já que B'D= BC e ....
22.12.09
Problema para resolver
Considere os cinco comprimentos (dados no quadro dinâmico que se segue) como comprimentos dos lados do quadrilátero ABCD e do segmento que une os pontos médios E e F dos lados AB e CD. Usando os resultados referidos na entrada anterior, construa o quadrilátero ABCD.
5.12.09
Usando translações
Há problemas cuja solução se pode obter recorrendo à transformação por translação. É o caso do seguinte, proposto por Puig Adam:
“Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos”.
Propomos que siga os passos previstos na construção que se segue, observe as figuras construídas (por translação) a partir do quadrilátero original e as suas propriedades. O conhecimento dessas propriedades e relações entre os seus elementos permite resolver o problema proposto.
“Construir um quadrilátero de que são dados os comprimentos dos lados e o comprimento de um segmento que une os pontos médios de dois dos lados opostos”.
Propomos que siga os passos previstos na construção que se segue, observe as figuras construídas (por translação) a partir do quadrilátero original e as suas propriedades. O conhecimento dessas propriedades e relações entre os seus elementos permite resolver o problema proposto.
Das medianas ao triângulo, com translações
No seu Curso de Geometria Métrica para engenheiros, existente na nossa Escola José Estêvão, Puig Adam apresenta alguns exercícios como exemplos de aplicação de transformações geométricas.
Um deles consiste em construir um triângulo de que se conhecem as medianas.
Pode ser um problema simples. Ou não.
Relativamente a esse exercício (que nos lembramos de ter tentado resolver noutras circunstâncias), juntamos aquilo que lemos ou vimos como sugestões do autor.
Da construção seguinte recomendamos que siga os passos pela ordem assinalada, procurando verificar todas as propriedades e relações dos elementos dos triângulos HIJ e AKH com os elementos do triãngulo ABC.
O triângulo HIJ, que é mostrado no primeiro passo, tem os lados paralelos aos lados de ABC (paralelas tiradas por cada vértice oposto a cada lado) com comprimento duplo, sendo tal que os vértices do primeiro ABC são pontos médios dos lados de HIJ e as medianas deste (HA, IB e JC) contêm as medianas de ABC (respectivamente AD, BE e CF) sendo AH=2AD, IB=2BE e JC=2CF.
O segundo passo mostra-nos o triângulo AKH cujos lados são os dobros das medianas de ABC (AH, IB, e JC, como pode ver-se facilmente - lados opostos de paralelogramos: AH , AK//BI e KH//CJ). Este triângulo tem o seu baricentro em B e é, do mesmo modo, imediato verificar que AB, BK e BH têm comprimentos iguais aos lados AB, BC e AC.
Fica, deste modo, claro que um triângulo cujos lados sejam iguais a dobros das medianas dadas de um triângulo ABC, fornecem os comprimentos dos lados de ABC.
Verá que isso resolve o problema seguinte:
Determinar um triângulo ABC de que se conhecem as medianas
Pode clicar sobre a área de trabalho seguinte para tentar determinar o triângulo de vértice A que tem m1,m2 e m3. Pode depois comparar com a nossa proposta de solução. Ou pode ver os dois passos da nossa solução à luz dos resultados vistos com a construção anterior.
A nossa proposta de resolução do exercício proposto, consiste na construção do triângulo AKH com lados iguais aos dobros das medianas dadas e determinando B como centro de garvidade de AKH e C como quarto vértice do paralelogramo ABKH. Só isso.
Tente depois o seguinte
Construir um triãngulo de que se conhecem dois lados e a mediana que passa pela intersecção dos dois.
também proposto por Puig Adam.
Um deles consiste em construir um triângulo de que se conhecem as medianas.
Pode ser um problema simples. Ou não.
Relativamente a esse exercício (que nos lembramos de ter tentado resolver noutras circunstâncias), juntamos aquilo que lemos ou vimos como sugestões do autor.
Da construção seguinte recomendamos que siga os passos pela ordem assinalada, procurando verificar todas as propriedades e relações dos elementos dos triângulos HIJ e AKH com os elementos do triãngulo ABC.
O triângulo HIJ, que é mostrado no primeiro passo, tem os lados paralelos aos lados de ABC (paralelas tiradas por cada vértice oposto a cada lado) com comprimento duplo, sendo tal que os vértices do primeiro ABC são pontos médios dos lados de HIJ e as medianas deste (HA, IB e JC) contêm as medianas de ABC (respectivamente AD, BE e CF) sendo AH=2AD, IB=2BE e JC=2CF.
O segundo passo mostra-nos o triângulo AKH cujos lados são os dobros das medianas de ABC (AH, IB, e JC, como pode ver-se facilmente - lados opostos de paralelogramos: AH , AK//BI e KH//CJ). Este triângulo tem o seu baricentro em B e é, do mesmo modo, imediato verificar que AB, BK e BH têm comprimentos iguais aos lados AB, BC e AC.
Fica, deste modo, claro que um triângulo cujos lados sejam iguais a dobros das medianas dadas de um triângulo ABC, fornecem os comprimentos dos lados de ABC.
Verá que isso resolve o problema seguinte:
Determinar um triângulo ABC de que se conhecem as medianas
Pode clicar sobre a área de trabalho seguinte para tentar determinar o triângulo de vértice A que tem m1,m2 e m3. Pode depois comparar com a nossa proposta de solução. Ou pode ver os dois passos da nossa solução à luz dos resultados vistos com a construção anterior.
A nossa proposta de resolução do exercício proposto, consiste na construção do triângulo AKH com lados iguais aos dobros das medianas dadas e determinando B como centro de garvidade de AKH e C como quarto vértice do paralelogramo ABKH. Só isso.
Tente depois o seguinte
Construir um triãngulo de que se conhecem dois lados e a mediana que passa pela intersecção dos dois.
também proposto por Puig Adam.
Puig Adam - método das transformações para resolução de problemas
Nas últimas entradas seguimos a terminologia de Lucien Godeaux. De forma diferente, Puig Adam, no seu Curso de Gometria Métrica já aqui referido várias vezes, chama geometria métrica ao que Godeaux classifica como geometria euclidiana. Escreve Puig Adam que "as propriedades da geometria métrica são invariantes para os grupos dos movimentos (deslocamentos para Godeaux) e das semelhanças".
Refere que as propriedades "da igualdade entre elementos, entre suas somas ou diferenças, entre as suas razões, entre as suas medidas e entre produtos de medidas, etc são as que permanecem invariantes ao aplicar à figura qualquer movimento ou ao transformar a figura por homotetia ou semelhança"
Refere ainda que " ao estudar a inversão ...também se ocupou preferencialmente das figuras e propriedades que relativamente a ela se mantêm invariantes".
Para a seguir escrever que" esta ideia de grupo de transformações e de propriedade invariante , é que permitiu ao geómetra alemão Klein sistematizar e definir elegantemente as diferentes geometrias como conjuntos de propriedades invariantes das figuras relativamente a cada grupo de transformações característico de cada uma delas, acrescentando que " esta ideia não só se reveste de transcendente importância teórica" como " permitiu descobrir analogias entre grandes grupos de problemas que apareciam sem qualquer conexão na geometria clássica grega e aos quais hoje se podem aplicar-se métodos gerais usando transformações que... ajudam o engenho dos solucionadores".
E esclarece a ideia geral para a aplicação dos novos métodos: " Obervar se é mais simples resolver o problema transformando a figura, ou parte dela, por translação, rotação, reflexão, homotetia, semelhança ou inversão, constrói-se sobre a figura transformada e obtido o resultado, aplica-se a transformação inversa para voltar à figura primitiva. A classe das relações e de dados que definem a figura sugerirá, com frequência, o género de transformação conveniente para que, deixando invariantes estas relações, transformará os dados ou a figura em outra de mais fácil determinação "
Com esta entrada, mostramos que não são determinantes as classificações e que elas variam com o tempo e os autores. O que é importante é a compreensão do que sejam as transformações geométricas e as propriedades invariantes das figuras para cada uma ou algum conjunto delas e compostas. À maneira de Puig Adam, achamos que os exemplos de exercícios são mais esclarecedores que as exposições genéricas que se possam dar. Já apresentámos alguns exemplos em anteriores entradas.
Tanto Puig Adam como Godeaux e a generalidade dos autores utilizaram a palavra simetria para se referirem à transformação geométrica agora nomeada como reflexão.
Refere que as propriedades "da igualdade entre elementos, entre suas somas ou diferenças, entre as suas razões, entre as suas medidas e entre produtos de medidas, etc são as que permanecem invariantes ao aplicar à figura qualquer movimento ou ao transformar a figura por homotetia ou semelhança"
Refere ainda que " ao estudar a inversão ...também se ocupou preferencialmente das figuras e propriedades que relativamente a ela se mantêm invariantes".
Para a seguir escrever que" esta ideia de grupo de transformações e de propriedade invariante , é que permitiu ao geómetra alemão Klein sistematizar e definir elegantemente as diferentes geometrias como conjuntos de propriedades invariantes das figuras relativamente a cada grupo de transformações característico de cada uma delas, acrescentando que " esta ideia não só se reveste de transcendente importância teórica" como " permitiu descobrir analogias entre grandes grupos de problemas que apareciam sem qualquer conexão na geometria clássica grega e aos quais hoje se podem aplicar-se métodos gerais usando transformações que... ajudam o engenho dos solucionadores".
E esclarece a ideia geral para a aplicação dos novos métodos: " Obervar se é mais simples resolver o problema transformando a figura, ou parte dela, por translação, rotação, reflexão, homotetia, semelhança ou inversão, constrói-se sobre a figura transformada e obtido o resultado, aplica-se a transformação inversa para voltar à figura primitiva. A classe das relações e de dados que definem a figura sugerirá, com frequência, o género de transformação conveniente para que, deixando invariantes estas relações, transformará os dados ou a figura em outra de mais fácil determinação "
Com esta entrada, mostramos que não são determinantes as classificações e que elas variam com o tempo e os autores. O que é importante é a compreensão do que sejam as transformações geométricas e as propriedades invariantes das figuras para cada uma ou algum conjunto delas e compostas. À maneira de Puig Adam, achamos que os exemplos de exercícios são mais esclarecedores que as exposições genéricas que se possam dar. Já apresentámos alguns exemplos em anteriores entradas.
Tanto Puig Adam como Godeaux e a generalidade dos autores utilizaram a palavra simetria para se referirem à transformação geométrica agora nomeada como reflexão.
1.12.09
Geometria Euclidiana
Até agora, temos andado a ver alguns definições e resultados e a resolver alguns problemas de geometria métrica. Como vimos o conjunto dos deslocamentos do plano (translações, rotações, reflexões e reflexões deslizantes) munidos do produto (composição de transformações) constitui um grupo a que chamámos o grupos principal da geometria métrica que se pode definir como o conjunto das propriedades das figuras que não são alteradas quando se submetem a translações, rotações e reflexões.
No entanto, a Geometria Euclidiana não se limita às propriedades das figuras congruentes (iguais por sobreposição), também estuda as propriedades das figuras semelhantes.
Por isso, o grupo principal da geometria euclidiana contém o grupo principal da geometria métrica e uma nova transformação geométrica a que chamamos homotetia de centro O e razão k que faz corresponder a cada ponto M do plano um ponto M’ situado sobre a recta OM e tal que OM’=k.OM. Esta definição de homotetia é comum ao plano e ao espaço.
Dois triângulos são semelhantes se tiverem os ângulos iguais cada um a cada um e a razão entre os lados opostos aos ângulos iguais for constante.
Vejamos como transformar (geometricamente) um triângulo noutro semelhante. Clicando duas vezes sobre a área de trabalho fica a trabalhar com todas as ferramentas do GeoGebra e pode procurar os deslocamentos e a homotetia que levam de A'B'C' para ABC. Ou pode ver, usando os botões apropriados pela ordem indicada, as nossas propostas.
Tomámos dois triângulos semelhantes [ABC] e (A'B'C', sendo os ângulos A, B e C respectivamente iguais aos ângulos A', B' C'. Por meio de deslocamentos do plano , podemos levar de [A'B'C'] a uma nova posição [A''B''C''] tal que A' venha coincidir com A, B' com um ponto B'' da recta AB e C' com um ponto C'' da recta AC. Os triângulos [ABC] e [AB''C''] são semelhantes e os lados BC e B''C'' são paralelos. AB''/AB=AC''/AC=k. Podemos passar do triângulo AB''C'' para o triângulo [ABC] fazendo corresponder a cada ponto M'' do plano um ponto M situado sobre a recta AM'' e tal que AM''=k.AM que transforma B'' em B e C'' em C.
O conjunto dos deslocamentos (isometrias) e das homotetias do espaço constituem o grupo das semelhanças do espaço que é o grupo principal para a geometria euclidiana do plano (imediatamente generalizada ao espaço). A geometria euclidiana consiste no estudo das propriedades das figuras que ficam invariantes relativamente às transformações deste grupo.
(seguindo Lucien Godeaux, As Geometrias, (Que sais je? PUF para a Col Saber da PEA com trad. de Silva Paulo)
No entanto, a Geometria Euclidiana não se limita às propriedades das figuras congruentes (iguais por sobreposição), também estuda as propriedades das figuras semelhantes.
Por isso, o grupo principal da geometria euclidiana contém o grupo principal da geometria métrica e uma nova transformação geométrica a que chamamos homotetia de centro O e razão k que faz corresponder a cada ponto M do plano um ponto M’ situado sobre a recta OM e tal que OM’=k.OM. Esta definição de homotetia é comum ao plano e ao espaço.
Dois triângulos são semelhantes se tiverem os ângulos iguais cada um a cada um e a razão entre os lados opostos aos ângulos iguais for constante.
Vejamos como transformar (geometricamente) um triângulo noutro semelhante. Clicando duas vezes sobre a área de trabalho fica a trabalhar com todas as ferramentas do GeoGebra e pode procurar os deslocamentos e a homotetia que levam de A'B'C' para ABC. Ou pode ver, usando os botões apropriados pela ordem indicada, as nossas propostas.
Tomámos dois triângulos semelhantes [ABC] e (A'B'C', sendo os ângulos A, B e C respectivamente iguais aos ângulos A', B' C'. Por meio de deslocamentos do plano , podemos levar de [A'B'C'] a uma nova posição [A''B''C''] tal que A' venha coincidir com A, B' com um ponto B'' da recta AB e C' com um ponto C'' da recta AC. Os triângulos [ABC] e [AB''C''] são semelhantes e os lados BC e B''C'' são paralelos. AB''/AB=AC''/AC=k. Podemos passar do triângulo AB''C'' para o triângulo [ABC] fazendo corresponder a cada ponto M'' do plano um ponto M situado sobre a recta AM'' e tal que AM''=k.AM que transforma B'' em B e C'' em C.
O conjunto dos deslocamentos (isometrias) e das homotetias do espaço constituem o grupo das semelhanças do espaço que é o grupo principal para a geometria euclidiana do plano (imediatamente generalizada ao espaço). A geometria euclidiana consiste no estudo das propriedades das figuras que ficam invariantes relativamente às transformações deste grupo.
(seguindo Lucien Godeaux, As Geometrias, (Que sais je? PUF para a Col Saber da PEA com trad. de Silva Paulo)
29.11.09
A reflexão deslizante
Uma composta de uma rotação com reflexão pode ser substituída por uma composta de translação com reflexão. Agora, com a construção que se segue, só nos interessa mostrar como a composta de qualquer translação com qualquer reflexão pode sempre ser substituída pela composta de uma reflexão com uma translação tais que o eixo da reflexão tem a mesma direcção do vector da translação. Pode verificar, desocultando a solução que apresentamos.
A transformação a vermelho que leva A para A'' , B para B'' e C para C'', é composta de uma reflexão relativamente a b que leva A para A'1, B para B'1 e C para C'1 com a translação que leva A'1 para A'', etc sendo A'1A'' paralela a b. As transformações assim definidas tomam o nome natural de reflexões deslizantes. Assim, podemos resumir os deslocamentos do plano que deixam invariantes os comprimentos (as distâncias), ao conjunto formado por todas as translações, rotações, reflexões e reflexões deslizantes. Este conjutno é fechado para a operação produto ou composição e é um grupo (fechado para o produto, associativo, com elemento neutro - identidade, e em que para cada transformação há uma outra que a neutraliza). Pelos exemplos apresentados também ficámos a saber que a composição é comutativa ou que este grupo das transformações geométricas do plano é abeliano.
A transformação a vermelho que leva A para A'' , B para B'' e C para C'', é composta de uma reflexão relativamente a b que leva A para A'1, B para B'1 e C para C'1 com a translação que leva A'1 para A'', etc sendo A'1A'' paralela a b. As transformações assim definidas tomam o nome natural de reflexões deslizantes. Assim, podemos resumir os deslocamentos do plano que deixam invariantes os comprimentos (as distâncias), ao conjunto formado por todas as translações, rotações, reflexões e reflexões deslizantes. Este conjutno é fechado para a operação produto ou composição e é um grupo (fechado para o produto, associativo, com elemento neutro - identidade, e em que para cada transformação há uma outra que a neutraliza). Pelos exemplos apresentados também ficámos a saber que a composição é comutativa ou que este grupo das transformações geométricas do plano é abeliano.
Reflexões e rotações <-> reflexões e translações
A composta de duas translações é uma translação, a composta de duas rotações é uma rotação, a composta de duas reflexões não é uma reflexão mas pode ser uma rotação ou uma translação, a composta de uma translação com uma rotação é uma rotação... A composta de uma rotação com uma reflexão pode não ser qualquer das anteriores. Não é. É qualquer coisa de diferente. Pode tentar ver isso procurando eixo de reflexão, centro de rotação ou vector de translação que leve de A para A''. Tente com o exemplo que damos a seguir (dois "clics" seguidos na área de trabalho e abre o geogebra).
Na construção dinâmica, que se segue, mostra-se que uma rotação (que leva de A' para A'') depois de uma reflexão (que leva de A para A') pode dar o mesmo resultado que uma translação seguida de uma reflexão ( a levar de A para A'')... Pode procurar a translação e a reflexão que a segue (ou precede) com esse fim. E pode verificar, desocultando a solução que apresentamos.
Na construção dinâmica, que se segue, mostra-se que uma rotação (que leva de A' para A'') depois de uma reflexão (que leva de A para A') pode dar o mesmo resultado que uma translação seguida de uma reflexão ( a levar de A para A'')... Pode procurar a translação e a reflexão que a segue (ou precede) com esse fim. E pode verificar, desocultando a solução que apresentamos.
25.11.09
Composta de uma translação com uma rotação
Em entradas anteriores, resolvemos problemas que as transformações geométricas ajudam a resolver e vimos alguns resultados sobre compostas de translações, rotações, reflexões. Particularmente, vimos que a composta de duas translações é uma translação, que a composta de duas rotações é uma rotação, enquanto que a composta de duas reflexões não é uma reflexão mas pode ser uma rotação ou uma translação. Pode ser interessante ver o que é a composta de uma translação com uma rotação. E tem especial importância ver o que pode ser a composta de uma translação com uma reflexão. Como será a composta de uma rotação com uma reflexão? Como será a composta de três reflexões? Lá iremos.
Comecemos pela composta de uma translação do plano (que transforma A em A', ...) com uma rotação do plano (que transforma A' em A'', ...). Sabemos que há uma rotação do plano que transforma A em A'', B em B'' e C em C''. O exercício que pode fazer é encontrar o centro dessa rotação e o respectivo ângulo de rotação. Pode veriicar a sua resolução, desocultando a nossa solução.
Comecemos pela composta de uma translação do plano (que transforma A em A', ...) com uma rotação do plano (que transforma A' em A'', ...). Sabemos que há uma rotação do plano que transforma A em A'', B em B'' e C em C''. O exercício que pode fazer é encontrar o centro dessa rotação e o respectivo ângulo de rotação. Pode veriicar a sua resolução, desocultando a nossa solução.
22.11.09
Problema usando translações e reflexões
Dadas duas rectas a e b, determinar a circunferência de raio dado que é tangente às duas rectas dadas.
Na construção dinâmica que se segue, pode fazer variar as rectas. Para cada raio (da circunferência visível a castanho), pode estabelecer uma conjectura, deslocando T sobre a e a circunferência de raio dado. Pode determinar a solução usando as ferramentas disponíveis. E pode depois verificar se encontrou a solução, comparando com aquela que é apresentada.
Há mais do que uma maneira de resolver o problema. No caso, seguimos uma sugestão de translação (deslocamento de um segmento perpendicular a a e de comprimento igual ao raio, já que se a é tangente à circunferência c a é perpendicular ao raio de extremo no ponto de tangência). E há uma reflexão do plano que faz corresponder a cada ponto da recta a um só ponto da recta b.
De outro modo:
Podíamos partir da constatação de que a figura do plano constituída por duas rectas quaisquer admite um eixo de simetria e desenhar a circunferência de raio dado, para depois realizar o deslocamento por translação(?) do centro arbitrário sobre a bissectriz ...
Na construção dinâmica que se segue, pode fazer variar as rectas. Para cada raio (da circunferência visível a castanho), pode estabelecer uma conjectura, deslocando T sobre a e a circunferência de raio dado. Pode determinar a solução usando as ferramentas disponíveis. E pode depois verificar se encontrou a solução, comparando com aquela que é apresentada.
Há mais do que uma maneira de resolver o problema. No caso, seguimos uma sugestão de translação (deslocamento de um segmento perpendicular a a e de comprimento igual ao raio, já que se a é tangente à circunferência c a é perpendicular ao raio de extremo no ponto de tangência). E há uma reflexão do plano que faz corresponder a cada ponto da recta a um só ponto da recta b.
De outro modo:
Podíamos partir da constatação de que a figura do plano constituída por duas rectas quaisquer admite um eixo de simetria e desenhar a circunferência de raio dado, para depois realizar o deslocamento por translação(?) do centro arbitrário sobre a bissectriz ...
20.11.09
Problema usando rotações
Tomem-se três rectas paralelas a, b e c (quaisquer). Determinar um triângulo equilátero ABC que tenha A sobre a, B sobre b e C sobre c.
O problema resolve-se usando rotações de 60º com centro num ponto qualquer da recta a, A.
Por rotação de b, obtém-se b'. A cada ponto Y de b' corresponde um ponto X de b tal que XÂY=60º. Se tomarmos C como a intersecção de b' com c, corresponde-lhe B sobre b. O triângulo assim obtido é obviamente equilátero: AB=AC (raios de uma mesma circunferência) e BÂC=60º. Na resolução dinâmica que apresentamos aqui pode deslocar as rectas a, b e c, assim como A.
Claro que há outras soluções, não só porque um dos vértices (A no caso) é um ponto arbitrário de uma das rectas paralelas (no caso a), mas também porque podia tomar-se a rotação num sentido ou noutro.
O problema resolve-se usando rotações de 60º com centro num ponto qualquer da recta a, A.
Por rotação de b, obtém-se b'. A cada ponto Y de b' corresponde um ponto X de b tal que XÂY=60º. Se tomarmos C como a intersecção de b' com c, corresponde-lhe B sobre b. O triângulo assim obtido é obviamente equilátero: AB=AC (raios de uma mesma circunferência) e BÂC=60º. Na resolução dinâmica que apresentamos aqui pode deslocar as rectas a, b e c, assim como A.
Claro que há outras soluções, não só porque um dos vértices (A no caso) é um ponto arbitrário de uma das rectas paralelas (no caso a), mas também porque podia tomar-se a rotação num sentido ou noutro.
18.11.09
Problema usando translações
Há um problema clássico de mínimos que aparece sugerido de novo por Paulo Ventura Araújo no seu Curso de Geometria (já referido neste lugar mais do que uma vez) com a indicação de que usa translações [T]. É verdade, mas, de um modo geral, nem se pensa nisso quando estamos a trabalhar com paralelogramos.
O problema do nó da auto-estrada que é o do primeiro problema (usando reflexões) de calcular a distância mais curta entre duas cidades, passando por um ponto de um recta, pode ser retomado com a localização de uma ponte numa dada direcção de tal modo que seja mínimo o percurso entre duas cidades de lados opostos do rio.
Sejam dados dois pontos A e B e duas rectas paralelas a e b cortadas por uma recta r. Determinar P sobre a e Q sobre b, de tal modo que PQ seja paralela a r e AP+PQ+QB seja mínima.
Pode mudar as rectas a, b e r, bem como os pontos A e B.
Para cada situação, pode conjecturar quais são os pontos P e Q da distância mínima e pode, desocultando a solução, verificar se acertou. Pode justificar de forma muito simples porque é aquela a solução e tentar reconstruí-la.
O problema do nó da auto-estrada que é o do primeiro problema (usando reflexões) de calcular a distância mais curta entre duas cidades, passando por um ponto de um recta, pode ser retomado com a localização de uma ponte numa dada direcção de tal modo que seja mínimo o percurso entre duas cidades de lados opostos do rio.
Sejam dados dois pontos A e B e duas rectas paralelas a e b cortadas por uma recta r. Determinar P sobre a e Q sobre b, de tal modo que PQ seja paralela a r e AP+PQ+QB seja mínima.
Pode mudar as rectas a, b e r, bem como os pontos A e B.
Para cada situação, pode conjecturar quais são os pontos P e Q da distância mínima e pode, desocultando a solução, verificar se acertou. Pode justificar de forma muito simples porque é aquela a solução e tentar reconstruí-la.
17.11.09
Segundo problema usando reflexões - 3
Na entrada Problemas usando reflexão enunciava-se o seguinte problema:
Dados dois pontos A e B, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando A a B?
Na construção dinâmica que se segue, para além da possibilidade de conjecturar, pode ver a solução
Ao tomar as imagens A'r e B's por reflexões de A relativamente a r e de B relativamente a s, ficamos com o segmento de recta A'r B's.
'r B's=AR+RS+SB mínimo, porque A'rR=AR e B'sS=BS.
Dados dois pontos A e B, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando A a B?
Na construção dinâmica que se segue, para além da possibilidade de conjecturar, pode ver a solução
Ao tomar as imagens A'r e B's por reflexões de A relativamente a r e de B relativamente a s, ficamos com o segmento de recta A'r B's.
'r B's=AR+RS+SB mínimo, porque A'rR=AR e B'sS=BS.
16.11.09
Problema usando reflexões
O problema resolvido na entrada anterior é muito intersssante. Aparece associado a múltiplos contextos e para ser abordado e resolvido usando ferramentas diversas. Torna-se ainda mais interessante se virmos que o mesmo raciocínio envolvendo reflexões permite resolver outros problemas. Por exemplo,
De entre todos os triângulos com um dada base e altura a ela relativa, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
Na ilustração que se segue pode tomar várias bases e alturas e procurar, para cada par(base,altura) o triângulo de perímetro mínimo.
De facto, este problema é equivalente ao da entrada anterior, já que, fixada a base a altura, andamos à procura do caminho mais curto a partir de um vértice da base e até ao outro, passando por uma recta paralela à base e dela distanciada a altura dada.
De entre todos os triângulos com um dada base e altura a ela relativa, determinar qual deles tem perímetro mínimo.
Na ilustração que se segue pode tomar várias bases e alturas e procurar, para cada par(base,altura) o triângulo de perímetro mínimo.
De facto, este problema é equivalente ao da entrada anterior, já que, fixada a base a altura, andamos à procura do caminho mais curto a partir de um vértice da base e até ao outro, passando por uma recta paralela à base e dela distanciada a altura dada.
10.11.09
Problemas usando reflexões -1-
Os deslocamentos (isometrias) de que temos vindo a falar podem ser utilizados em muitos problemas. Um exemplo clássico:
Tomamos uma recta r e dois pontos P e Q de um dos semi-planos determinados por r. Como determinar o ponto N de r, tal que |PN|+|NQ| seja mínimo?
Na ilustração dinâmica seguinte pode mover X sobre a recta r e conjecturar o mínimo que procura. A solução (usando reflexão em relação a r) pode ser vista clicando no botão apropriado.
Tomemos o deslocamento de um dos pontos, por exemplo, Q para Q', por reflexão em relação a r. A recta r é mediatriz do segmento QQ' e, por isso, sabemos que |QN|=|Q'N| e que, como a distância de Q a r é igual à distância de Q' a r, podemos afirmar que |PQ'| (segmento de recta) é a distância mínima procurada. N fica determinado pela intersecção de PQ' com r.
Muitos problemas semelhantes a este podem ser resolvidos com recurso a reflexões que mantêm invariantes as distâncias nos deslocamentos que por via delas se realizem.
Dados dois pontos P e Q, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando P a Q?
Tomamos uma recta r e dois pontos P e Q de um dos semi-planos determinados por r. Como determinar o ponto N de r, tal que |PN|+|NQ| seja mínimo?
Na ilustração dinâmica seguinte pode mover X sobre a recta r e conjecturar o mínimo que procura. A solução (usando reflexão em relação a r) pode ser vista clicando no botão apropriado.
Tomemos o deslocamento de um dos pontos, por exemplo, Q para Q', por reflexão em relação a r. A recta r é mediatriz do segmento QQ' e, por isso, sabemos que |QN|=|Q'N| e que, como a distância de Q a r é igual à distância de Q' a r, podemos afirmar que |PQ'| (segmento de recta) é a distância mínima procurada. N fica determinado pela intersecção de PQ' com r.
Muitos problemas semelhantes a este podem ser resolvidos com recurso a reflexões que mantêm invariantes as distâncias nos deslocamentos que por via delas se realizem.
Dados dois pontos P e Q, diferentes, situados entre duas rectas r e s. Qual o caminho mais curto, passando por cada uma das rectas r e s, e ligando P a Q?
Reflexões do plano
A composta de duas reflexões em relação a rectas paralelas a e b é uma translação. Pode ver-se na construção dinâmica que se segue. Nesta construção, pode movimentar o triângulo ABC e particularmente ver o que se passa quando ABC está fora da faixa definida pelas rectas a e b. Também pode deslocar as rectas a e b.
A composta de duas reflexões em relação a duas rectas concorrentes a e b é uma rotação, como a construção dinâmica que se segue bem ilustra.
A composta de duas reflexões em relação a duas rectas concorrentes a e b é uma rotação, como a construção dinâmica que se segue bem ilustra.
9.11.09
Composta de reflexões do plano (corrigida)
A composição de duas reflexões do plano não é uma reflexão, embora seja sempre um deslocamento ou isometria (translação, rotação, reflexão e compostas delas) . Apresentamos uma ilustração da composição (ou produto) de reflexões, com a esperança de mostrarmos a composta de duas reflexões do plano como um deslocamento do plano.
Na ilustração dinâmica tomamos duas reflexões a primeira relativamente a uma recta a, que leva A para A', a segunda relativamente a uma recta b, que leva A' para A''. Finalmente, a reflexão em relação à mediatriz de AA'', que leva A directamente para A''. Verá que a reflexão-a leva B para B' e C para C'; a reflexão-b leva B' para B'' e C' para C''. Mas a reflexão que leva de B para B'' não é a mesma que leva de A para A'', etc. De facto, as mediatrizes de AA'', BB'' e CC'' são distintas. O que quer dizer que não há uma reflexão do plano (3 pontos distintos) que seja a composta das reflexões do plano.
Deslocando as rectas a e b e os pontos A, B e C, pode seguir o que acontece às mediatrizes de AA'', BB'' e CC'' e pode ver o tipo de deslocamento (isometria) que o plano sofre quando lhe aplicamos a reflexão-a seguida da reflexão-b. A posição relativa das rectas a e b determina se a composta é uma translação ou se é uma rotação.
O conjunto das reflexões do plano não é fechado para o produto ou composição como o definimos aqui. Mas a composta de duas reflexões do plano é um deslocamento do plano.
Na ilustração dinâmica tomamos duas reflexões a primeira relativamente a uma recta a, que leva A para A', a segunda relativamente a uma recta b, que leva A' para A''. Finalmente, a reflexão em relação à mediatriz de AA'', que leva A directamente para A''. Verá que a reflexão-a leva B para B' e C para C'; a reflexão-b leva B' para B'' e C' para C''. Mas a reflexão que leva de B para B'' não é a mesma que leva de A para A'', etc. De facto, as mediatrizes de AA'', BB'' e CC'' são distintas. O que quer dizer que não há uma reflexão do plano (3 pontos distintos) que seja a composta das reflexões do plano.
Deslocando as rectas a e b e os pontos A, B e C, pode seguir o que acontece às mediatrizes de AA'', BB'' e CC'' e pode ver o tipo de deslocamento (isometria) que o plano sofre quando lhe aplicamos a reflexão-a seguida da reflexão-b. A posição relativa das rectas a e b determina se a composta é uma translação ou se é uma rotação.
O conjunto das reflexões do plano não é fechado para o produto ou composição como o definimos aqui. Mas a composta de duas reflexões do plano é um deslocamento do plano.
8.11.09
Grupo das rotações do plano
Tal como acontece com as translações, também o conjunto das rotações do plano munido da composição (ou produto) é um grupo. O quadro dinâmico que se segue, permite ver uma rotação de centro O e ângulo de 50º a levar A (e um polígono) para A' (no sentido horário, 310º no sentido anti-horário), e uma outra rotação de centro P e ângulo 200º no sentido horário (160º no sentido anti-horário) a levar A' para A''. Pode ver isso clicando na barra de navegação dos passos da construção.
Interessante é perceber como se determina o centro R da rotação (produto das rotações de centros O e P) que leva A directamente para A'', bem como compreender o que se passa com a determinação do ângulo dessa rotação.
Interessante é perceber como se determina o centro R da rotação (produto das rotações de centros O e P) que leva A directamente para A'', bem como compreender o que se passa com a determinação do ângulo dessa rotação.
6.11.09
Grupo dos deslocamentos do plano
Na anterior entrada, seguindo Lucien Godeaux - As Geometrias já referido, deixámos a ideia de uma geometria métrica do plano como "conjunto de propriedades das figuras que não são alteradas quanto estas últimas se submetem a translações, rotações e a reflexões em relação a uma recta". Esta ideia pode estender-se facilmente ao espaço, considerando as reflexões em relação a um plano (no espaço a reflexão relativamente a uma recta é uma meia volta em torno dessa recta).
O que é mais interessante é que se considerarmos a operação de aplicação sucessiva de alguma daquelas transformações que leva pontos P do plano para outros pontos P'', será o mesmo que aplicar uma só dessas transformações. Chamamos produto ou composição a essa aplicação sucessiva. Tomemos duas translações do plano T e T', em que a primeira leva A para um ponto A' e a segunda leva A para A''. Fácil é ver que há uma translação que leva directamente de A para A'', T'' que é a composta (ou produto) T.T'.
Na construção dinâmica que se segue, pretendemos ilustrar isso mesmo.
E esperamos que a nossa "florida" ilustração revele não só que o produto de duas translações é uma translação, mas que há para cada translação uma outra (sua inversa) que a neutraliza, sendo óbvio que a translação identidade (elemento neutro deste produto) é aquela que deixa imóveis as figuras. Fácil é ver que para além destas propriedades, a composição de translações também é associativa. Dito de outro modo, o conjunto das translações do plano munido desta operação (aplicação sucessiva) é um grupo. De facto, isto é verdade para o conjunto de deslocamentos a que nos temos vindo a referir - translações, rotações e reflexões - que, em conjunto, munidas da operação de composição ou produto, formam o grupo principal da geometria métrica. Chamamos deslocamentos (isometrias, já que os comprimentos se mantêm invariantes) a cada uma das transformações ou aos produtos (ou compostas) de quaisquer delas por qualquer ordem.
O que é mais interessante é que se considerarmos a operação de aplicação sucessiva de alguma daquelas transformações que leva pontos P do plano para outros pontos P'', será o mesmo que aplicar uma só dessas transformações. Chamamos produto ou composição a essa aplicação sucessiva. Tomemos duas translações do plano T e T', em que a primeira leva A para um ponto A' e a segunda leva A para A''. Fácil é ver que há uma translação que leva directamente de A para A'', T'' que é a composta (ou produto) T.T'.
Na construção dinâmica que se segue, pretendemos ilustrar isso mesmo.
E esperamos que a nossa "florida" ilustração revele não só que o produto de duas translações é uma translação, mas que há para cada translação uma outra (sua inversa) que a neutraliza, sendo óbvio que a translação identidade (elemento neutro deste produto) é aquela que deixa imóveis as figuras. Fácil é ver que para além destas propriedades, a composição de translações também é associativa. Dito de outro modo, o conjunto das translações do plano munido desta operação (aplicação sucessiva) é um grupo. De facto, isto é verdade para o conjunto de deslocamentos a que nos temos vindo a referir - translações, rotações e reflexões - que, em conjunto, munidas da operação de composição ou produto, formam o grupo principal da geometria métrica. Chamamos deslocamentos (isometrias, já que os comprimentos se mantêm invariantes) a cada uma das transformações ou aos produtos (ou compostas) de quaisquer delas por qualquer ordem.
30.10.09
L. Godeaux - A geometria métrica e os movimentos
As Geometrias. Lucien Godeaux. (trad de Silva Paulo) Col Saber. Pub Europa América. Lisboa:1960
Em geometria elementar, para demonstrar que duas figuras são iguais mostra-se que se podem sobrepor. Assim, para demonstrar que dois triângulos [ABC] e [A'B'C'] são iguais, mostra-se que se pode colocar, respectivamente A', B' C' sobre A, B, C, de modo que os triângulos coincidem. Limitemo-nos à geometria plana e vejamos como, sem sair do plano, podemos levar dois triângulos [ABC], [A'B'C'] a coincidir.
Deixemos o triângulo [ABC] fixo e submetamos o triângulo [A'B'C'] aos deslocamentos seguintes:
Para levar [A'B'C'] a coincidir com [ABC], efectuamos então uma translação, uma rotação em torno de um ponto e, por fim, eventualmente uma reflexão em relação a uma recta. E, como pudemos ver já, é evidente que a ordem pela qual se efectuam estes deslocamentos é indiferente.
Pode-se verificar, mais geralmente, que duas figuras de um plano são iguais quando se pode, por meio de translações, rotações e reflexões em relação a uma recta, fazê-las coincidir.
A geometria métrica do plano é o conjunto das propriedades das figuras que não são alteradas quando estas últimas se submetem a translações,a rotações em torno de um ponto e reflexões em relação a uma recta....
Em geometria elementar, para demonstrar que duas figuras são iguais mostra-se que se podem sobrepor. Assim, para demonstrar que dois triângulos [ABC] e [A'B'C'] são iguais, mostra-se que se pode colocar, respectivamente A', B' C' sobre A, B, C, de modo que os triângulos coincidem. Limitemo-nos à geometria plana e vejamos como, sem sair do plano, podemos levar dois triângulos [ABC], [A'B'C'] a coincidir.
Deixemos o triângulo [ABC] fixo e submetamos o triângulo [A'B'C'] aos deslocamentos seguintes:
- Levemos A' para A fazendo deslizar [A'B'C'] no plano, conservando os lados paralelos a si mesmos. O triângulo [A'B'C'] ocupará no fim do deslocamento uma posição [AB''C''] tal que AB'' é paralelo a A'B' e B''C'' é paralelo a B'C'
- Façamos rodar [AB''C''] em torno de A de modo a levar B'' para B. No fim do deslocamento, o ponto C'' coincidirá com C ou será o simétrico C''' de C em relação a AB.
- Nesta última eventualidade, tomemos o simétrico de [ABC''] em relação à recta AB.
Os pontos azuis permitem mover os triângulos, nas transformações que se podem mostrar podemos ver os deslocamentos e sobreposições arrastando os pontos verdes
Na pequena construção dinâmica que se segue, deslocando o ponto (verde) C' verá que roda A'B'C' em torno de A' e, em consequência AB''C'' em torno de A. Se levar C'' a coincidir com C verá que ainda precisaria de uma reflexão em relação a AC para que AB''C'' se sobreponha a ABC. Se levar B'' a coincidir com B, precisará de uma reflexão em relação a AB. Claro que pode ver tudo isto utilizando a primeira construção. Que precisa de fazer ao triângulo ABC da construção anterior para precisar da reflexão?
Para levar [A'B'C'] a coincidir com [ABC], efectuamos então uma translação, uma rotação em torno de um ponto e, por fim, eventualmente uma reflexão em relação a uma recta. E, como pudemos ver já, é evidente que a ordem pela qual se efectuam estes deslocamentos é indiferente.
Pode-se verificar, mais geralmente, que duas figuras de um plano são iguais quando se pode, por meio de translações, rotações e reflexões em relação a uma recta, fazê-las coincidir.
A geometria métrica do plano é o conjunto das propriedades das figuras que não são alteradas quando estas últimas se submetem a translações,a rotações em torno de um ponto e reflexões em relação a uma recta....
26.10.09
GMbMc: Solução
Para determinar os vértices do triângulo ABC de que são dados os pontos G, Mb e Mc, procedemos da forma seguinte:
Na construção dinâmica abaixo, pode seguir a construção passo a passo.
- B encontra-se sobre a recta GMb e considerando que GB=2GMb,
- C encontra-se sobre a recta GMc, sendo GC=2GMc,
- A encontra-se como intersecção das rectas BMc e CMb.
Na construção dinâmica abaixo, pode seguir a construção passo a passo.
23.10.09
AGMb: Solução
Para determinar os vértices B e C de um triângulo de que se conhecem o vértice A, o ponto médio Mb de AC e o baricentro G, procedemos como se segue:
C é obtido como extremo do diâmetro da circunferência centrada em Mb e a passar por A.
B é obtido sobre a recta GMb e de tal modo que BG = 2GMb. Na construção dinâmica que se segue, pode reproduzir os passos da construção clicando sobre a tecla de reprodução visível na barra que encima o desenho.
C é obtido como extremo do diâmetro da circunferência centrada em Mb e a passar por A.
B é obtido sobre a recta GMb e de tal modo que BG = 2GMb. Na construção dinâmica que se segue, pode reproduzir os passos da construção clicando sobre a tecla de reprodução visível na barra que encima o desenho.
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