Demonstração simples

A partir do triângulo equilátero ABC, construímos o triângulos A'B'C' para fora (e o triângulo A''B''C'' para dentro) nas condições da figura em que AA'=BB'=CC'.
Pedimos que se demonstre que A'B'C' é equilátero.




É uma demonstração simples e boa para os alunos do ensino básico aprenderem a separar hipótese de tese e a escrever os passos sucessivos da demonstração que não precisa de mais do que critérios de congruência de triângulos (estudados no 7º ano)

Determinar um triângulo conhecidos A e comprimentos b, c, ma

Voltamos, durante algum tempo, a exercícios básicos (pelo menos na aparência) e que podem ser apresentados a alunos do ensino básico.

O primeiro exercício que apresentamos é interactivo e pede que determinemos, a partir de A e da recta r=AB, os restantes elementos de um triângulo ABC de que sabemos os comprimentos dos lados c=AB=5, b=AC=4 e da mediana m_a=AM=3.




O Arsélio não promete dar a solução antes de Setembro. Talvez possa dar sugestões. Ou responder a dúvidas que lhe ponham.

Determinar os focos de uma elipse definida por 5 dos seus pontos

Uma elipse está definida por cinco pontos: A, B, C, D, E. Determinar os focos F₁ e F₂



António Aurélio promete a resolução para Setembro.

Cónica de Evans

Dado um triângulo ABC, determinemos:
- os pontos de napoleão Np₁ e Np₂
- os pontos de Fermat Fm₁ e Fm₂
- os pontos isodinâmicos W₁ e W₂

Num triângulo nem sempre existem todos os pontos FF, Np, WW; mas quando existem, estão os seis sobre a mesma cónica - cónica de Evans.

http://geometrias.blogspot.com/2008/09/pontos-isog-pontos-isodin.html (9/9/08)

http://geometrias.blogspot.com/2008/09/pontos-isodin-e-de-napole.html (26/9/08)

http://geometrias.blogspot.com/2008/07/napole-e-fermat.html (02/07/2008)

http://geometrias.blogspot.com/2009/01/pontos-de-fermat-pontos-isodinamicos-e.html(29/01/2009)


Colocamos dois casos, um em que a cónica de Evans é hipérbole e outro em que é elipse, por ser difícil aparecer a elipse quando deslocamos um dos vértices do triângulo. Nem sempre são visíveis no rectângulo de visualização todos os 6 pontos.






Cinco destes pontos seis pontos definem sempre uma cónica. Evans demonstrou que esta cónica contém o sexto ponto.

Hipérboles hipercores

Sugestão de beleza da entrada anterior. Só pela beleza mesmo.

Hipérbole de Kiepert

Tome-se um triângulo ABC, o seu circuncentro O e o seu ortocentro H.Estes cinco pontos definem uma cónica, no caso, a hipérbole de Kiepert, segundo Paul Yiu.




Para que triângulos é que estes cinco pontos definem duas rectas?

Circunferências e Tangentes

Dadas duas circunferências quaisquer de centros A e B. A recta AB intersecta as circunferência em quatro pontos. Tomemos os dois A' e B', mais distanciados. Tirem-se por A' tangentes à circunferência de centro B e por B' tangentes à circunferência de centro A.
As circunferências inscritas nos triângulos curvilíneos são congruentes.





(Paul Yiu, claro!)

A partir de um triângulo, outros. E outras qualidades.

Nestes tempos, dedicamo-nos a olhar para o texto Introdução à Geometria do Triângulo, de Paul Yiu e, sempre que possível mostrar construções dinâmicas que ilustrem resultados que nos pedem divulgação. Um enunciado simples:

Tome-se um triângulo ABC e um ponto P qualquer. Depois tirem-se por P perpendiculares a PA,PB e PC. Estas perpendiculares intersectam as rectas BC, AC e AB em A', B' e C', respectivamente.

1. A', B' e C' são colineares
2. E são colineares os centros das circunferências de nove pontos dos triângulos rectângulos PAA', PBB' e PCC'
3. Essas circunferências têm obviamente um ponto comum - P que é o pé de alturas de todos os triângulos rectângulos. Menos esperado é haver um outro ponto P* comum às três circunferências.

É sempre um espanto. Coisa pouca, uma nota de uma viagem de estudo ao mundo dos triângulos.

Circuncentro sobre circunferência inscrita e baricentro

A Mariana voltou aos triângulos cujo circuncentro está sobre a circunferência inscrita. Como se podia ver na penúltima entrada, o lugar geométrico dos ortocentros desses triângulos é uma circunferência de centro sobre OI, tangente à circunscrita e de raio R-2r.
A animação seguinte sugere que o lugar geométrico dos baricentros desses triângulos é uma circunferência de que não sabemos o centro (parece que sobre OI também) nem o raio.



Quem sabe?

Circunferência dos 9 pontos como lugar geométrico

Do trabalho de Paul Yu, citado na entrada anterior, retivemos ainda uma outra pergunta:

Quando um ponto P percorre a circunferência circunscrita de um triângulo ABC de ortocentro H, onde está o ponto médio de PH?



A resposta é: quando P percorre a circunferência circunscrita, M percorre a circunferência de 9 pontos (dito, de outro modo, a circunferência de 9 pontos é o lugar geométrico dos pontos médios de PH).
Porquê?

Triângulos com circuncentro na circunferência inscrita?

Uma das perguntas de Paul Yu, em "Introduction to the Geometryof the Triangle" (Florida Atlantic University: 2001) que fizémos a nós mesmos (AAF, AM & MIS), numa destas quintas geométricas era qualquer coisa como: Quais são os triângulos que têm o circuncentro na circunferência inscrita?. Na altura, respondemos com os cálculos mais óbvios, uma construção (em geogebra) e os espantos do costume. E deixámos para mais tarde essa e mais duas outras respostas (as construções já foram feitas ou meio desfeitas-AF (ou meias-desfeitas?:-))
Hoje, passados uns dias, recebemos de manhã o estudo de MS (construções em CaRmetal*.zir) que não resistimos a publicar como prenda de domingo. Muito cuidadosamente, ela escreve muito mais que uma resposta à pergunta. Assim:

1. Porisma - difícil de definir- mas que contem de certa forma o conceito de corolário
2. Porisma - de uma maneira simples mas perceptível - é uma situação que ou não tem soluções ou tem uma infinidade de soluções
3. Porisma de Poncelet - Sejam dois círculos C₁ e C₂, C₂ interior a C₁. Por um ponto P de C₁ tire-se uma tangente a C₂ que intersecta C₁ noutro ponto a partir do qual se tira nova tangente a C₁ e assim sucessivamente. Forma-se assim uma linha poligonal.
   
   Se essa linha poligonal fechar, fechará (com a mesma dimensão) qualquer que seja o ponto P de partida de C₁. Se não fechar, não fechará para nenhum ponto de C₁
4. Polígonos que se formam nestas condições chamam -se polígonos bicentricos(têm incentro e circuncentro)
5. Todo o triângulo é bicentrico
6. Voltemos ao porisma de Poncelet para o caso em que a linha poligonal fecha e tem dimensão 3 - triângulos. Existe assim uma infinidade de triângulos com o mesmo circuncentro e incentro e que se chamam triângulos poristicos - Entrada no blogue em 7.05.09 (ex. interactivo)
7. Que condições se têm que verificar para haver uma infinidade de soluções - a relação de Euler - OI²= R(R-2r) ou OI é a média geométrica entre R e R-2r
8. Caso o circuncentro (O) esteja sobre o incírculo:
   
   1. R=r(1+√t2)
   2. O lugar geométrico dos ortocentros (H) dos triângulos poristas (nesta condição) é uma circumferência com centro sobre OI , tangente ao circuncírculo e de raio R-2r

A borboleta

Tomem-se A,B,C e D sobre uma circunferência de centro O e de tal modo que AC intersecte BD num ponto P. A perpendicular a OP tirada por P intersecta BC e AD em M e N, respectivamente.
Porque é que |MP|=|NP|?




Nota: Claro que pode deslocar A, B, C e D sobre cada circunferência e pode deslocar O fazendo variar a circunferência.

Exercício interactivo: a diferença de rectângulos

Determinar o rectângulo [ABCD] de área igual à diferença das áreas dos dois rectângulos coloridos na figura, a ele semelhantes, conhecendo A e a recta r que contém [AB].





Nota: Após resolver o exercício, pode calcular as áreas dos rectângulos para as comparar, verificando o resultado.

Exercício interactivo: quadrado-soma

Determinar o quadrado [ABCD] do qual A é dado sobre a recta r que contém o lado [AB] e que tem área igual à soma das áreas de dois quadrados coloridos da figura.

Teorema de Pitágoras - mais uma demonstração

Já abordámos demonstrações do Teorema de Pitágoras, usando arranjos diferentes de ocupação da mesma figura, calculando e comparando áreas.
Há muitas demonstrações. Algumas das que aqui vimos foram também abordadas como possíveis propostas para a leccionação dos 8º e 9º anos de escolaridade. Há ainda uma outra que foi apresentada em aulas onde se utilizaram alguns materiais de apoio que a escola adquiriu. Esta é análoga à que parte do quadrado de lado igual à soma dos catetos do triângulo rectângulo, coberto:
- ou por quatro triângulos rectângulos iguais e um quadrado sobre a hipotenusa;
- ou quatro triãngulos iguais e dois quadrados, um sobre um cateto e outro sobre o outro cateto.
A construção dinâmica que se segue parte do triângulo ABC, rectângulo em C, catetos BC=a e AC=b, hipotenusa AB=c. Constrói-se o quadrado de lado c, que fica preenchido por quatro triângulos rectângulos iguais e um quadrado de lado (a-b). Para esta figura que aparece inicialmente, é óbvio que o quadrado de lado c é coberto por 4 triângulos de área ab/2 e um quadrado de lado (a-b): c²=4(ab/2)+(a-b)²= 2ab+a²+b²-2ab=a²+b².
Este resultado pode ser confirmado por uma cobertura de figura equivalente formada por dois quadrados - um de lado a e outro de lado b. Para ver o que se passa, basta ir clicando sobre cada um dos botões por ordem: 1, 2, 3 e 4.

Um exercício interactivo

Nesta altura, vale a pena enunciar um possível exercício de aplicação directa dos resultados de Pappus: Dados dois paralelogramos sobre os lados de um triângulo, determinar o paralelogramo que tem área igual à soma das áreas dos anteriores.

Ligando as pontas em volta do Teorema de Pitágoras

Teorema de Pitágoras e triângulos semelhantes sobre os lados do triângulo

Tal como aconteceu na entrada anterior, se em vez de retângulos semelhantes sobre os lados do triângulo retângulo, construirmos triângulos verifica-se que o triângulo construído sobre a hipotenusa tem área igual à soma das áreas dos triângulos construídos sobre os catetos.

Pode deslocar-se os ponto A, B, C e R, os primeiros para olhar para triângulos retângulos diferentes e R para variar os triângulos semelhantes sobre os lados de um dado triângulo ABC.



(escrita conforme acordo ortográfico)

Teorema de Pitágoras e retângulos semelhantes sobre os lados do triângulo

Sobre os lados do triângulo [ABC], retângulo em A,construímos três retângulos semelhantes. Verifica-se que o retângulo desenhado sobre a hipotenusa tem área igual à soma das áreas dos retângulos desenhados sobre os catetos. Este resultado é verificado para todos as figuras semelhantes construídas sobre os lados do triângulo retângulo.
Clicando sobre o botão Pappus? verifica-se a condição suficiente de Pappus (da entrada anterior).
Os pontos a verde A,B,C e D podem deslocar-se, fazendo variar o triângulo ABC e variar os retângulos para cada triângulo.

Generalização do Teorema de Pitágoras com demonstração à vista desarmada

No seu livro"Mirar y Ver. Nivola. Tres Cantos:2004" Guzmán dá grande importância à capacidade de olhar de modos diferentes e de perspectivas diferentes para as figuras, decompostas de modos diferentes e comparando áreas. Não se trata de um processo para conjecturar, mas mais do que isso: saber olhar, pode ser saber demonstrar. A escrita pode reduzir-se à descrição do que se viu, ou seja, a demonstração esteve na construção e no olhar, na construção do olhar.

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Um dos resultados, apresentado como exemplo, é muito potente. É uma generalização do Teorema de Pitágoras (atribuída a Pappus) de que pouco se fala. Trabalha com figuras decompostas em figuras equivalentes de vários modos que é o que fazemos com o Teorema de Pitágoras. Só que este resultado se aplica a qualquer triângulo e o T. de Pitágoras aparece como um caso particular para os triângulos rectângulos.

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Considere-se um triângulo ABC, qualquer. Sobre dois dos seus lados, construam-se dois paralelogramos - [AA₁B₁B], q na figura - e [AA₂C₂C], r. Os pontos a verde A,B, C, B₁ e C₂ são livres. Pode movê-los livremente.
O interessante é que, para cada par (q, r) de paralelogramos sobre os lados de um dos lados AC e AB de um triângulo qualquer, há um terceiro paralelogramo sobre BC que tem área igual à soma das áreas de q e r.
Que paralelogramo é esse?
Basta clicar no botão Construir? para acompanhar a construção de um tal terceiro paralelogramo.





Se clicou em Construir?, pode ver as dependências e mesmo adivinhar o que é preciso fazer e por que ordem para determinar o paralelogramo [CC₃B₃B] que tem área igual a q+r.

Preciso é determinar o ponto P, intersecção das rectas A₁B₁ e A₂C₂. E o paralelogramo [CC₃B₃B] é tal que A₁B₃= PA, sendo A₁B₃ e PA paralelos.

Clicar sobre o botão Demonstrar? confirmará, vendo, que o paralelogramo [BSPA] é obviamente equivalente a [BB₃RQ] já que BB₃=RQ=BS=PA e a altura relativa a RQ e PA é a distância entre duas mesmas paralelas. E é claro que q é equivalente a [BSPA].
Do mesmo modo, r é equivalente a [ACTP] e a [QRC₃C].

Outra demonstração do Teorema de Pitágoras,...

...usando decomposições diferentes de uma mesma figura.
Passo a passo, pela ordem, clicando nos quadradinhos:


(vista em "Guzmán. Mirar y Ver. Nivola. Tres Cantos:2004")

Outra demonstração do Teorema de Pitágoras

Teorema de Pitágoras - outra demonstração

A anterior entrada- demonstração do teorema de Pitágoras - sugeria uma demonstração usando transformações de figuras em figuras equivalentes.
Na construção que se segue, pretendemos provar que a área do quadrado [ABHG], c², é igual à soma das áreas dos quadrados [BCML], a², e [AJIC], b². Para isso, decompomos o quadrado em dois rectângulos, cada um deles equivalente a cada um dos quadrados.

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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