A altura que divide a hipotenusa e o Teorema de Pitágoras

No 8º ano de escolaridade, a demonstração a fazer é a do Teorema de Pitágoras. Há muitas demonstrações, usando composição e decomposição de figuras, equivalência de figuras, álgebra,...
Uma das demonstrações é a que utiliza semelhança de triângulos e a divisão da hipotenusa pela altura respectiva e que pode ser retomada de muitos modos, sendo interessante seguir as transformações de cada quadrado (sobre cada cateto) em figuras equivalente até ser o rectângulo correspondente como parte do quadrado (sobre a hipotenusa).

Triângulo retângulo de lados em progressão geométrica

Na construção que se segue, tomámos AB=c, variável, e construímos o triângulo tomando para lados AC=b=c.√Φ e BC=a=c/√Φ.
O triângulo assim obtido é um triângulo retângulo em B.




Esta família de triângulos retângulos é a única de lados em progressão geométrica.
De facto,
Sendo ABC um triângulo retângulo cujos lados meçam c/r, c, c.r (progressão geométrica de razão r), temos:
(c/r)² + c² = (cr)² ou (r²)² - r² - 1 = 0.
Ora a raiz positiva desta equação do 2º grau em r² é (1 + √5)/2, ou seja, o número de ouro.
Concluíndo: se num triângulo retângulo os lados estão em progressão geométrica, o quadrado da razão da progressão é "o número de ouro".

Mais outro triângulo rectângulo com razões áureas

Estamos a referir-nos ao triângulo de lados 1, 2, √5 que esteve presente em todas as construções que envolveram a razão áurea. No triângulo retângulo ABC, o lado AB tem o dobro do comprimento de BC.





Todos os triângulos podem ser decompostos em 4 triângulos geometricamente iguais e semelhantes ao triângulo dado (basta unir os pontos médios dos lados).
O triângulo a que nos estamos a referir tem uma característica especial: é o único triângulo passível de ser decomposto em 5 triângulos geometricamente iguais e semelhantes ao triângulo dado.

Outro triângulo rectângulo com razões áureas

Existem outros triângulos rectângulos que por conterem (ou esconderem) razões áureas são também muitas vezes apelidados de ouro.
Um desses triângulos é o triângulo de 3, 4 e 5





BF é a bissectriz do ângulo B que intersecta o lado AC em O.
D e F são os pontos de intersecção da bissectriz com o círculo de centro O e raio AO.
A’ é o ponto de tangência do círculo (de centro O e raio AO) com a hipotenusa. E é a intersecção da corda [AA’] com a bissectriz.
Então:
• D divide [BF] em média e extrema razão
• OE/ED= Φ/2
Podemos ainda referir que a razão entre a hipotenusa e o cateto menor é a razão entre dois números consecutivos da sequência de Fibonacci (5/3) e considerá-la uma aproximação (grosseira) do número de ouro

Lúnula de ouro

Na construção que se segue, quando Q, ao deslocar-se sobre C₁, coincide com C ou C'. os triângulos rectângulos [AMP], [PMQ], [QMR] e [RMB] são de ouro.





Interessante: M é o centro de gravidade da lúnula de ouro (C₂-C₁).

De facto,



1) O centro de gravidade de um círculo é o seu centro. (O₁ e O₂ são centros de gravidade de C₁ e C₂, respectivamente)
2) De um modo geral, O centro de gravidade de uma figura formada por dois círculos estará sobre O₁O₂ considerando O₁ e O₂ com pesos proporcionais às suas áreas.
3) A razão entre as áreas de dois círculos é a razão entre os quadrados dos seus raios
4) Divide-se o segmento O₁O₂ em segmentos com essa mesma razão. Podemos fazê-lo de uma forma aditiva (se as áreas se juntassem) ou de uma forma subtractiva como acontece no caso da lúnula (a vermelha).

Nota: Na construção que fez, para calcular os quadrados dos raios, a Mariana considerou o raio maior O₁ como unidade.

Na animação que se segue, vê-se que o centro de gravidade só coincide com M quando é áurea a razão entre os raios das circunferências que definem a lúnula

Lúnula de ouro

Desenhemos as circunferências C₁, de diâmetro AB, e C₂ de diâmetro AM, em que M divide AB em média e extrema razão.
Qualquer corda; AQ, de C₁ tirada por A fica dividida, pela intersecção, P, com C₂ em média e extrema razão. AQ/AP=Φ

Triângulo rectângulo de ouro

Um triângulo rectângulo de ouro é aquele em que a razão entre a hipotenusa e um cateto é o número de ouro.
Podemos, por isso, também dizer, que um triângulo rectângulo de ouro é todo o triângulo semelhante a um triângulo rectângulo de catetos e hipotenusa 1, √Φ e Φ.
Esta última definição evidencia três propriedades:
• Φ² = Φ + 1, é uma propriedade numérica do número de ouro (Φ é solução da equação x² = x + 1)
• Num triângulo rectângulo de ouro os lados estão em progressão geométrica sendo a razão √Φ
• √Φ =√(1.Φ), num triângulo rectângulo de ouro o cateto maior é a média geométrica entre o cateto menor e a hipotenusa.
Como construir um triângulo rectângulo de ouro?
Seja um segmento de recta [AB] e dividamo-lo em média e extrema razão. Basta tomar para hipotenusa a parte maior e para cateto a parte menor. O cateto maior é, como se pode verificar a média geométrica das duas partes.






Uma vez construído um triângulo rectângulo de ouro (pelo processo mostrado anteriormente), vemos que são semelhantes e consequentemente também de ouro, os triângulos [AMC] e [ABC]

Espiral construída sobre o triângulo de ouro

Vejamos como construir uma espiral sobre o triângulo de ouro ABC.
1. Traçamos a bissectriz do ângulo BAC que intersecta BC em D; o arco CA de centro D e raio DA é o primeiro arco da espiral.
2. Traçamos a bissectriz do ângulo ABC que intersecta AD em E; o arco AB de centro E e raio EA é o arco seguinte da espiral.
3. Traçamos a bissectriz do ângulo ADB que intersecta BE em F; o arco BD de centro F e raio FB é o arco seguinte da espiral.
4. Traçamos a bissectriz do ângulo DEF que intersecta DF em G; o arco DE de centro G e raio GE é o arco seguinte da espiral.
5. Traçamos a bissectriz do ângulo EFG que intersecta EG em H; o arco EF de centro H e raio HE é o arco seguinte da espiral.
6. Traçamos a bissectriz do ângulo FGH que intersecta FH em I; o arco FG de centro I e raio IF é o arco seguinte da espiral.
7. …

Outra característica da espiral de ouro

Descartes designava-a por “espiral equiangular” pois o ângulo que raio vector de qualquer ponto com a tangente à curva nesse ponto é constante.
Note-se que a construção rigorosa exigiria a determinação do ponto “inicial” da espiral, o que evidentemente é impossível; o ponto K tomado na construção abaixo é apenas um ponto aproximado (quando os pontos tomados sobre os quarto arcos se movem, os valores dos ângulos sofrem pequenas alterações).

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Ilustração estática

Uma característica da espiral de ouro

Bernoulli designava esta curva por “espiral logarítmica” atendendo a que os raios dos arcos das sucessivas circunferèncias aumentam em progressão geométrica.
A razão desta progressão é o (incontornável!) número de ouro.

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(ilustração estática)

Espiral de ouro

Um rectângulo de ouro goza da seguinte propriedade: se o dividirmos num quadrado e num rectângulo, o novo rectângulo é também de ouro. Este processo pode efectuar-se infinitamente.
O rectângulo de ouro ABCD foi dividido no quadrado EBCF e no rectângulo AEFD que também é rectângulo de ouro. Então AEFD também é divisível num quadrado GHFD e num rectângulo AEHG, novo rectângulo de ouro.




Podemos utilizar esta construção para obter uma “espital de ouro”:
- Com centro em E e raio EB traçamos o primeiro arco (arco de circunferência) da espiral.
- Com centro em I e raio GI traçamos o segundo arco da espiral.
- Com centro em J e raio JI traçamos o terceiro arco da espiral.
E assim sucessivamente.


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Pentágono – decomposição em triângulos de ouro

Ao traçarmos as diagonais de um pentágono regular, obtemos quatro conjuntos de triângulos semelhantes, todos eles “triângulos de ouro”:
- os triângulos semelhantes ao triângulo ADC;
- os triângulos semelhantes ao triângulo AFG;
-os triângulos semelhantes ao triângulo AEB;
-os triângulos semelhantes ao triângulo AEF.

Podemos considerar razões áureas, como por exemplo.
- o quociente de DA por DF;
- o quociente de DF por DJ;
- o quociente de AF por FJ

E ainda relações que envolvem o número de ouro:

Pentágono regular: relação entre a diagonal e o lado

Temos o pentágono regular inscrito ABCDE. Tracemos as diagonais AC, AD, EB. Os arcos AB, BC, CD, DE, EA têm igual amplitude: 72º. Então os ângulos DEF, DFE, ADC, ACD têm igual amplitude: 72º. Logo os triângulos DEF e ADC (ambos triângulos de ouro) são semelhantes. É DE = DF = l₅ e EF = FA.

A construção do pentágono regular inscrito

Com base na propriedade que liga l₅, l₁₀ e r , é imediata a justificação da construção habitual para inscrever um pentágono regular numa circunferência.



Com centro no ponto médio C do raio OB traçamos a circunferência de raio CD e obtemos o ponto M sobre o segmento AO. No triângulo rectângulo OCD, é OC²+OD² =CD², ou seja, (r/2)² + r²=5r²/4 = CD², e podemos escrever que CD= CM= √(5)r/2. E, em consequência, OM= MC - OC = (√5-1)r/2 = l₁₀. Do triângulo DMO rectângulo em O, como vimos na entrada anterior, se os catetos são OD=r e OM=l₁₀ então a hipotenusa DM=l₅

Determinação do lado do pentágono regular inscrito

Tomemos uma circunferência de raio r=OA; designemos por l₅ o lado do pentágono regular inscrito e por l₁₀ o lado do decágono regular inscrito. Vamos ver como, conhecido l₁₀, podemos obter geometricamente l₅.


Na circunferência de centro O e raio OA, tomemos o ângulo ao centro AOB de 36°, a corda AB corresponde a l₁₀ (lado do decágono regular inscrito).
Sobre a semi-recta AB, tomemos C tal que AO=AC. Por C traçamos uma tangente à circunferência; seja D o ponto de tangência.
Tendo AC um comprimento igual ao raio e sendo AB o lado do decágono regular, então B divide AC em média e extrema razão: AC/AB=AB/BC ou AB²= AC.BC
Pela definição de potência de um ponto em relação à circunferência, CD² =AC.BC. Logo CD=AB=l₁₀ (lado do decágono).
No triângulo isósceles OAC, temos ∠OÂC=72°, então a corda OC da da circunferência de centro A e raio AO=AC corresponde a l₅ (lado do pentágono regular inscrito). Em conclusão, dada uma circunferência de raio r, construindo um triângulo rectângulo com r e l₁₀ como catetos, a hipotenusa é l₅ (lado do pentágono).

O lado do decágono, o raio e a razão áurea

Teve oportunidade de verificar, com uma construção dinâmica, a afirmação seguinte:
O ponto M (para o qual AM é igual ao lado do decágono inscrito numa circunferência) divide o raio desta, OA, em média e extrema razão.
Vamos agora demonstrar esse resultado.



Sendo AB o lado do decágono regular inscrito na circunferência de centro O e raio AO, ∠ AÔB=36°. Como AO=OB, o triângulo Δ[AOB] é isósceles e assim ∠OBA= ∠BAO = 72°.
Tomando a bissectriz de ∠OBA que intersecta AO em K,é ∠OBK =∠ABK=36°. E, por ∠BKO ser ângulo externo do triângulo &Delta[BKO], ∠AKB=∠OBK + ∠KOB = 72°= ∠BAO e, em consequência, também Δ[OBK] é isósceles sendo AB=BK=KO.
Já sabemos que a bissectriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em dois segmentos proporcionais aos outros dois lados, podemos escrever que KA/AB=KO/OB. E como vimos antes que AB=BK=KO e OB=OA, concluímos que AK/KO = OK/OA, ou seja , o ponto K divide o raio da circunferên cia (O, OA) em média e extrema razão e a medida do segmento OK dá a medida do lado do decágono regular inscrito e AO/OK = Φ (aproximadamente 1,62)

Média e extrema razão e lado do decágono regular inscrito

Dado o raio de um círculo, r = OA, se dividirmos o raio em média e extrema razão, a extrema razão AM é o lado do decágono regular inscrito.
Na construção abaixo, é possível mover quer A, quer O. Como verificará:
- o ponto M divide o raio OA em média e extrema razão;
- é AM = AB.

Divisão de um triângulo de ouro em dois triângulos de ouro

No triângulo de ouro ABC, determinemos o ponto D tal que divide o lado BC em média e extrema razão. Os triângulos ABD e BCD são triângulos de ouro; o primeiro obtusângulo, o segundo acutângulo.
Claro que, em relação a cada um deles, se pode aplicar nova divisão.

Outro triângulo de ouro

Um triângulo isósceles cujo ângulo oposto à base mede 108° e os da base medem 36° é também triângulo de ouro.

Triângulo de ouro

Todo o triângulo isósceles cujos ângulos da base medem 72º são “triângulos de ouro”. Como pode verificar na construção, ao mover o ponto A ou o ponto B, mantém-se constante a relação entre um dos lados maiores e o lado menor e essa razão é o número de ouro.



A relação de um rectângulo de ouro com um triângulo de ouro é imediata: se ambos tiverem a mesma base AB, o vértice V oposto à base no triângulo é a intersecção da mediatriz de AB com a circunferência de centro A e raio AD: obtém-se AV = AD.




De um triângulo isósceles ABC em que AC=BC com ângulo ACB a medir 36º, a base AB é o lado de um decágono regular inscrito na circunferência de centro C e raio AC. É áurea a razão entre o raio AC da circunferência de centro C e o lado AB do decágono nela inscrito.

Resolução II

Resolução do exercício:
Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado menor AB.





Traçámos o quadrado ABC’D’. Com centro no ponto K médio de BC’ tracámos o arco KD’ que determina C sobre a recta BC’. O rectângulo ABCD é rectângulo de ouro.

Resolução

Resolução do exercício:
Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado maior AB.

Determinamos o ponto M que divide o segmento AB em média e extrema razão. Sobre a perpendicular a AB em A tomamos D tal que AD = AM. O rectângulo ABCD é rectângulo de ouro.

Determinar um rectângulo de ouro (II)

Determinar um rectângulo de ouro de que se conhece o lado menor AB.

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.

1. Mostramos um segmento [AB]
   
2. Construímos um quadrado de lado AB: seja ABCD.


3. E determinamos o ponto E médio de AD.


4. 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|.


5. 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|

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):

• 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').

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Restauração:
Limitámo-nos a substituir essas três construções por uma só que se divide 5 passos para evidenciar os aspectos essenciais acima referidos.

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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.

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:

• 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.

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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.

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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.

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.

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.

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:

1. |CA|.|DB|=|CB|.|DA|


2. Sendo J o ponto médio de CD,| JC|=|JD|, |AC|.|AD|=|AB|.|AJ| equivamente a


3. 2/|AB|=1/|AC| +1/|AD| - relação de Descartes - que é o mesmo que


4. |AB|=(2|AC|.|AD|)/(|AC|+|AD|) - |AB| é a média harmónica de |AC| e |AD|.


5. Sendo I o ponto médio de AB, |IA|=|IB|, |IA|²= |IC|.|ID| - relação de Newton - e é claro que


6. sendo J o ponto médio de CD, |JC|²=|JA|.|JB| ou: B é o inverso de A relativamente à circunferência de diâmetro |CD|

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.

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:

1. 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


2. O ponto médio de AB é obviamente um ponto M que divide o segmento AB em AM e MB de razão 1/1


3. 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.

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 .

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.

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.

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 ?

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'?

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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').

Homotetia

Como acontecia na entrada anterior (de agora)Não é possível apresentar o exercício inteactivo que em 2009 publicámos e que continha em si mesmo todos os elementos necessároios, incluindo o enunciado. Deixamos o pequeno texto para servir a nossa memória futura (para outras tentativas de restauração)

"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.

Meia volta com Cinderella

Lamentavelmente, os exercícios interactivos que construímos com o Cinderella não se recuperam com facilidade. Continuaremos a tentar. Entretanto deixamos o texto que então se escreveu e que não têm outro sentido que não seja manter a memória do que fizemos. E da construção que então fizemos, apresentamos o desenho final da resolução do problema... interactivo(?) "Exercício interactivo.
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.

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|.

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.

Usando homotetias (II)

Determinar um triângulo ABC de que se conhece o lado a=BC, o ângulo  e o comprimento da mediana m_b ou BM_b, em que M_b 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 M_b está à distância m_b 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 M_b pela homotetia de centro C e razão 2.

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:

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:

1. Determinar um triângulo com os três vértices sobre três paralelas dadas (já resolvido numa das entradas) ou sobre três circunferências concêntricas


2. Inscrever um triângulo equilátero num quadrado de modo que tenham um vértice em comum


3. Inscrever num paralelogramo um rectângulo cujas diagonais façam um dado ângulo

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.