LIVRO: Geometria Euclidiana Plana = PDF DOWNLOAD
Geometria Euclidiana Plana
Por
Almir Rogério Silva Santos e
Humberto Henrique de Barros Viglioni
UFS – 2011.1
Sumário
Capítulo 1: Geometria Euclidiana 13
- Introdução……………………………………………………………………………. 14
- Um Pouco de História………………………………………………………… 14
- Geometria de Incidência…………………………………………………….. 19
- Axiomas de ordem……………………………………………………………… 23
RESUMO…………………………………………………………………. 29
PRÓXIMA AULA…………………………………………………….. 29
ATIVIDADES…………………………………………………………… 29
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………….. 31
Capítulo 2: Axiomas de Medição 33
- Introdução……………………………………………………………………………. 34
- Axiomas de Medição de Segmentos…………………………………. 34
- Axiomas de Medição de Ângulos………………………………………. 38
RESUMO…………………………………………………………………. 43
PRÓXIMA AULA…………………………………………………….. 43
ATIVIDADES…………………………………………………………… 43
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………….. 46
Capítulo 3: Congruência 47
- Introdução……………………………………………………………………………. 48
- Congruência de Segmentos………………………………………………. 48
- Congruência de Triângulos………………………………………………… 49
RESUMO………………………………………………………………….. 57
PRÓXIMA AULA…………………………………………………….. 57
ATIVIDADES…………………………………………………………… 57
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………….. 58
Capítulo 4: Geometria sem o Postulado das Paralelas 59
- Introdução……………………………………………………………………………. 60
- Teorema do Ângulo Interior Alternado………………………………. 60
- Teorema do Ângulo Exterior………………………………………………. 64
- Congruência de Triângulos Retângulos……………………………. 67
- Desigualdades no triângulo……………………………………………….. 67
- Teorema de Saccheri-Legendre………………………………………… 72
- Soma dos Ângulos de um Triângulo…………………………………. 75
RESUMO………………………………………………………………….. 80
PRÓXIMA AULA…………………………………………………….. 80
ATIVIDADES…………………………………………………………… 80
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………….. 82
Capítulo 5: O Axioma das Paralelas 85
- Introdução……………………………………………………………………………. 86
- Axioma das Paralelas…………………………………………………………. 86
- Triângulos e Paralelogramos…………………………………………….. 88
- Semelhança de Triângulos………………………………………………… 95
RESUMO………………………………………………………………… 102
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 102
ATIVIDADES…………………………………………………………. 102
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 105
Capítulo 6: O Círculo 107
- Introdução…………………………………………………………………………. 108
- O Círculo…………………………………………………………………………… 108
- Ângulos Inscritos em um Círculo…………………………………….. 112
- Polígonos Inscritos em um Círculo…………………………………. 117
- Como calcular o comprimento de um círculo?……………….. 124
RESUMO………………………………………………………………… 126
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 126
ATIVIDADES…………………………………………………………. 126
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 131
Capítulo 7: Funções Trigonométricas 133
- Introdução…………………………………………………………………………. 134
- Funções Trigonométricas………………………………………………… 134
- Fórmulas de Redução………………………………………………………. 136
- Lei dos Cossenos……………………………………………………………… 140
- Lei dos Senos……………………………………………………………………. 143
RESUMO………………………………………………………………… 148
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 148
ATIVIDADES…………………………………………………………. 148
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 150
Capítulo 8: Área 151
- Introdução…………………………………………………………………………. 152
- Área…………………………………………………………………………………… 152
- Área do Círculo…………………………………………………………………. 156
RESUMO………………………………………………………………… 159
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 159
ATIVIDADES…………………………………………………………. 159
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 163
Capítulo 9: Teorema de Ceva 165
- Introdução…………………………………………………………………………. 166
- O Teorema de Ceva…………………………………………………………. 166
- Pontos Notáveis de um Triângulo……………………………………. 170
RESUMO………………………………………………………………… 174
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 174
ATIVIDADES…………………………………………………………. 174
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 175
Capítulo 10: Construções Elementares 177
- Introdução…………………………………………………………………………. 178
- Construções Elementares………………………………………………… 179
- Problemas Resolvidos……………………………………………………… 189
RESUMO………………………………………………………………… 200
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 200
ATIVIDADES…………………………………………………………. 200
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 201
Capítulo 11: Expressões Algébricas 203
- Introdução…………………………………………………………………………. 204
- A 4a proporcional………………………………………………………………. 204
- Expressões com raízes quadradas…………………………………. 207
- O segmento áureo……………………………………………………………. 215
- Expressões construtíveis………………………………………………… 216
RESUMO………………………………………………………………… 218
PRÓXIMA AULA…………………………………………………… 219
ATIVIDADES…………………………………………………………. 219
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 220
Capítulo 12: Construções Possíveis 221
- Introdução…………………………………………………………………………. 222
- Divisão do círculo em n parte iguais……………………………….. 222
- Construções Possíveis Utilizando Régua e Compasso 225
- O Princípio da Solução………………………………………… 229
- Um critério de não-construtibilidade…………………… 231
- O critério geral de não-construtibilidade…………….. 232
- Polígonos regulares construtíveis……………………… 234
RESUMO………………………………………………………………… 236
ATIVIDADES…………………………………………………………. 236
LEITURA COMPLEMENTAR………………………………… 237
Geometria Euclidiana
META
Introduzir o método axiomático na geometria.
OBJETIVOS
Identificar e entender os axiomas de Euclides para a Geometria Plana.
Entender do porquê modificar os Axiomas de Euclides para o es- tudo axiomatizado da Geometria Euclidiana Plana.
Introduzir os Axiomas de Incidência e de ordem.
PRÉ-REQUISITOS
Fundamentos de Matemática
AULA
1
Seja bem vindo caro aluno, daremos início aqui ao estudo axioma- tizado daquela geometria estudada no ensino fundamental e médio, a Geometria Euclideana Plana, porém com um enfoque diferente. Faremos uso do método utilizado por Euclides em seu livro Os Elementos, o método axiomático.
A palavra “geometria” vem do grego geometrein (geo, “terra”, e me- trein, “medida”); originalmente geometria era a ciência de medição da terra. O historiador Herodotus (século 5 a.C.), credita ao povo egípcio pelo início do estudo da geometria, porém outras civiliza- ções antigas (babilônios, hindu e chineses) também possuiam muito conhecimento da geometria.
Os Elementos de Euclides é um tratado matemático e geométrico consistindo de 13 livros escrito pelo matemático grego Euclides em Alexandria por volta de 300 a.C. Os 4 primeiros livros, que hoje pode ser pensando como capítulos, tratam da Geometria Plana conhecida da época, enquanto os demais tratam da teoria dos números, dos incomensuráveis e da geometria espacial.
Esta aula está segmentada em duas partes. Na primeira parte vamos apresentar para você, caro aluno, os postulados de Euclides e veremos porquê se faz necessário introduzir outros postulados a fim de que se obtenha uma geometria sólida, sem “lacunas” nos resultados.
No livro 1 dos Elementos de Euclides, inicia-se o estudo da ge- ometria plana, hoje conhecida como Geometria Euclidiana Plana em sua homenagem. Inicialmente ele define os objetos geométricos cujas propriedades deseja-se estudar. São 23 definições, entre as quais encontramos as definições de ponto, reta, círculo, triângulo, retas paralelas, etc. Em seguida ele enuncia 5 noções comuns, que são afirmações admitidas como verdades óbvias. São elas:
- – Coisas iguais a uma mesma coisa são também 1
- – Se iguais são adicionados a iguais, os totais obtidos são iguais 3 – Se iguais são subtraídos de iguais, os totais obtidos são iguais 4 – Coisas que coincidem uma com a outra são iguais
5 – O todo é maior do que qualquer uma de suas partes
O que Euclides faz é construir axiomaticamente a geometria plana, através do método axiomático. Mas o que é o método axiomático? Se eu desejo convencê-lo que uma afirmação A1 é verdadeira, eu posso mostrar como esta afirmação segue logicamente de alguma outra afirmação A2, a qual você acredita ser verdadeira. No en- tanto, se você não acredita em A2, eu terei que repetir o processo utilizando uma outra afirmação A3. Eu devo repetir este processo várias vezes até atingir alguma afirmação que você acredite ser verdadeira, um que eu não precise justificar. Esta afirmação tem o papel de um axioma (ou postulado). Caso essa afirmação não exista, o processo não terá fim, resultando numa sequência suces- siva de demonstrações.
Assim, existem dois requisitos que devem ser cumpridos para que uma prova esteja correta:
Requisito 1: Aceitar como verdadeiras certas afirmações chamadas “axiomas” ou “postulados”, sem a necessidade de prova.
Requisito 2: Saber como e quando uma afirmação segue logicamente de outra.
O trabalho de Euclides destaca-se pelo fato de que com apenas 5 postulados ele foi capaz de deduzir 465 proposições, muitas com- plicadas e não intuitivas.
A seguir apresentamos os 5 postulados de Euclides.
Postulado 1. Pode-se traçar uma (única) reta ligando quaisquer dois pontos.
Postulado 2. Pode-se continuar (de uma única maneira) qualquer reta finita continuamente em uma reta.
Postulado 3. Pode-se traçar um círculo com qualquer centro e com qualquer raio.
Postulado 4. Todos os ângulos retos são iguais.
Algumas observações antes do Postulado 5 merecem atenção.
- Com apenas estes 4 postulados Euclides provou 28 proposições
- Nos Postulados 1 e 2 os termos entre parênteses não foram empregados por Euclides; porém, pela forma como ele os aplicam, deduz-se que estes termos foram implicitamente as-
- Euclides define ângulos sem falar em medida e ângulo reto como um ângulo que é igual ao seu suplementar. Daí, a necessidade do Postulado
A primeira proposição do Livro I segue abaixo:
Proposição 1. Existe um triângulo equilátero com um lado igual a um segmento de reta dado.
Demonstração
- Passo 1: Pelo Postulado 3, podemos traçar um círculo com centro em uma extremidade do segmento de reta e raio igual a este
- Passo 2: Como no passo 1, podemos traçar um outro círculo com centro na outra extremidade e mesmo
- Passo 3: Tome um dos pontos de interseção dos dois círculos como o terceiro vértice do triângulo
1
Figura 1.1: Um triângulo equilátero.
Existe uma falha nesta demonstração. Se queremos construir a ge- ometria a partir dos axiomas, precisamos justificar toda afirmação a partir deles. Note que justificamos os passos 1 e 2 utilizando o Postulado 3. Porém, não existe nenhum postulado para sustentar a veracidade do passo 3, ou seja, nenhum dos postulados garante que o ponto de interseção entre os dois círculos existe.
De fato, em muitas passagens dos Elementos Euclides faz uso de afirmações que não estão explícitas. Apesar disso, Euclides foi audacioso em escrever os Elementos, um belíssimo trabalho que de tão pouco deduziu-se centenas de afirmações.
1.2.1 O Quinto Postulado de Euclides
Analisemos a proposição 28 do Livro I.
Proposição 28. Sejam duas retas m e n cortadas por uma terceira reta r. Se a soma dos ângulos formados (ver figura 1.2) é 180 graus, então m e n são retas paralelas.
Na simbologia atual podemos representar a Proposição 28 da seguinte forma
α + β = 180◦ ⇒ m ∩ n = ∅.
Figura 1.2: α + β = 180◦.
E a recíproca, é verdadeira? Ou seja, é verdade que
m ∩ n = ∅ ⇒ α + β = 180◦?
A resposta a essa pergunta é complexa e levou mais de dois mil anos para ser entendida completamente. De fato, esta recíproca é exatamente o conteúdo do Postulado 5.
Postulado 5. Sejam duas retas m e n cortadas por uma terceira reta r. Se a soma dos ângulos formados (ver figura) é menor do que 180 graus, então m e n não são paralelas. Além disso, elas se intersectam do lado dos ângulos cuja soma é menor do que 180 graus.
Figura 1.3: α + β < 180◦.
Esta foi a forma como Euclides enunciou o Postulado 5. Na sim- 1
bologia atual podemos representar a Proposição 28 da seguinte forma
α + β < 180◦ ⇒ m ∩ n
Note que a afirmação 1.1 é equivalente a
∅ (1.1)
m ∩ n = ∅ ⇒ α + β ≥ 180◦.
Porém, se α + β > 180◦ teríamos que a soma dos suplementares de α e β seria < 180◦, implicando, pelo Postulado 5, que m ∩ n /= ∅; contradição!
Logo, o Postulado 5 é equivalente a afirmação
m ∩ n = ∅ ⇒ α + β = 180◦,
que é exatamente a recíproca da Proposição 28.
Muitos acreditavam que quando Euclides chegou no Postulado 5 não soube como demonstrá-lo e então resolveu deixá-lo como pos- tulado. Com certeza Euclides deve ter pensado muito até aceitar que teria que acrescentar este postulado, visto que diferentemente dos demais, este parece muito mais com um teorema que com uma simples afirmação que podemos aceitá-la sem demonstração.
A partir desta seção, caro aluno, iremos iniciar nosso estudo axio- mático da Geometria Euclidiana Plana. Nas seções anteriores, vi- mos que os postulados de Euclides não são suficientes para demon- strar todos os resultados da geometria plana. De fato, vimos que nos Elementos de Euclides existem lacunas que não são possíveis preenchê-las somente com o conteúdo dos Elementos.
O que iremos fazer neste curso é axiomatizar a geometria de tal forma que não deixemos lacunas. Iremos usar um conjunto de axiomas que serão suficientes para demonstrar todos os resultados conhecidos desde o ensino fundamental.
Não podemos definir todos os termos que iremos usar. De fato, para definir um termo devemos usar um outro termo, e para definir esses termos devemos usar outros termos, e assim por diante. Se não fosse permitido deixar alguns termos indefinidos, estaríamos envolvidos em um processo infinito.
Euclides definiu linha como aquilo que tem comprimento sem largura e ponto como aquilo que não tem parte. Duas definições não muito úteis. Para entendê-las é necessário ter em mente uma linha e um ponto. Consideraremos alguns termos, chamados de primitivos ou elementares, sem precisar defini-los. São eles:
- ponto;
- reta;
- pertencer a (dois pontos pertencem a uma única reta);
- está entre (o ponto C está entre A e B);
O principal objeto de estudo da Geometria Euclidiana Plana é o plano.
Pontos e retas do plano satisfazem a cinco grupos de axiomas. O primeiro grupo é constituído pelos axiomas de incidência.
Axioma de Incidência 1: Dados dois pontos distintos, existe uma única reta que os contém.
Axioma de Incidência 2: Em toda reta existem pelo menos dois pontos distintos.
Axioma de Incidência 3: Existem três pontos distintos com a propriedade que nenhuma reta passa pelos três pontos.
1
Figura 1.4:
Figura 1.5:
Observação Destes três axiomas deduzimos alguns fatos simples, porém importantes:
- Toda reta possui pelo menos dois
- Não existe uma reta contendo todos os
- Existem pelo menos três pontos no
Definição 1.1. Duas retas intersectam-se quando elas possuem um ponto em comum. Se elas não possuem nenhum ponto em comum, elas são ditas paralelas.
Figura 1.6: r e s se intersectam no ponto P e m e n são paralelas.
Proposição 1.1. Duas retas distintas ou não intersectam-se ou intersectam-se em um único ponto.
Demonstração Sejam m e n duas retas distintas. Se m e n pos- suem pelo menos dois pontos distintos em comum então, pelo Axi- oma de Incidência 1, m e n coincidem, que é uma contradição com o fato que m e n são retas distintas.
Logo, m e n ou possuem um ponto em comum ou nenhum.
Portanto a Proposição 1.1 diz que se duas retas não são paralelas, então elas têm um ponto em comum.
Proposição 1.2. Para todo ponto P, existem pelo menos duas retas distintas passando por P.
Demonstração Pelo Axioma de Incidência 3, existe um ponto Q distinto de P. Pelo Axioma de Incidência 1 existe uma única reta l que passa por P e Q. Pelo Axioma de Incidência 3 existe um ponto R que não pertence a l. Novamente pelo Axioma de Incidência 1, existe uma reta r distinta de l que contém os pontos P e R.
Proposição 1.3. Para todo ponto P existe pelo menos uma reta
l que não passa por P.
Exercício 1.1. Prove a Proposição 1.3.
Um plano de incidência é um par (P, R) onde P é um conjunto de pontos e R é uma coleção de subconjuntos de P, chamados de retas, satisfazendo os três axiomas de incidência.
Exemplo 1.1. Sejam P = {A, B, C} e R = {{A, B}, {A, C},
{B, C}}. O par (P, R) é plano de incidência, já que satisfaz os três axiomas de incidência (Verifique!). Observe que dois subconjuntos quaisquer de R têm interseção vazia. Portanto, não existem retas paralelas.
Exemplo 1.2. Sejam P = S2 := {(x, y, z) ∈ R3; x2 + y2 + z2 = 1} 1
e R = conjunto de todos os grandes círculos em S2. Não é plano
de incidência. Já que a interseção de dois grandes círculos em S2
são dois pontos. (ver figura 1.7.)
Figura 1.7: Esfera unitária no espaço euclidiano.
Exemplo 1.3. Sejam P = {A, B, C, D, E} e R = {todos os sub- conjuntos de P com dois elementos}. É plano de incidência (Veri- fique!). Dada uma reta l e um ponto fora dela, existem pelo menos duas retas paralelas a l.
Exemplo 1.4. Sejam P = {A, B, C, D} e R = {{A, B}, {A, C},
{A, D}, {B, C}, {B, D}, {C, D}}. É plano de incidência (Verifique!). Dada uma reta l e um ponto P fora dela, existe uma única reta r paralela a l passando por P.
Nos exemplos acima, as retas são subconjuntos de P e não uma reta como nós a conhecemos.
Dissemos anteriormente que a noção de “está entre” é uma noção primitiva. Nesta seção iremos apresentar o segundo grupo de axi- omas que rege as leis para esta noção, os axiomas de ordem.
Escreveremos A ∗ B ∗ C para dizer que o ponto B está entre os pontos A e C.
Axioma de ordem 1: Se A ∗ B ∗ C, então A, B e C são pontos distintos de uma mesma reta e C ∗ B ∗ A.
Axioma de ordem 2: Dados três pontos distintos de uma reta, um e apenas um deles está entre os outros dois.
Figura 1.8:
Este axioma assegura que uma reta não é um círculo, onde não temos a noção bem clara de um ponto está entre outros dois. (Ver figura 1.9.)
Figura 1.9:
Axioma de ordem 3: Dados dois pontos distintos B e D, existem pontos A, C e E pertencentes à reta contendo B e D, tais que A ∗ B ∗ D, B ∗ C ∗ D e B ∗ D ∗ E.
Este axioma assegura que uma reta possui infinitos pontos.
Definição 1.2. Sejam dois pontos distintos A e B, o segmento
AB é o conjunto de todos os pontos entre A e B mais os pontos
Figura 1.10:
extremos A e B.
Definição 1.3. A semi-reta com origem em A e contendo B é o conjunto dos pontos C tais que A ∗ B ∗ C mais o segmento AB, sendo representada por SAB.
Figura 1.11: À esquerda o segmento AB e à direita a semi-reta
SAB.
Proposição 1.4. Para quaisquer dois pontos A e B tem-se:
- SAB ∪ SBA = reta determinada por A e B.
- SAB ∩ SBA =
Demonstração
- Seja m a reta determinada por A e Da definição de semi- reta, segue imediatamente que SAB ∪ SBA ⊂ m. Se C per- tence à reta m, então o Axioma de Ordem 2 implica somente uma das três alternativas:
- A ∗ C ∗ B
- C ∗ A ∗ B
- A ∗ B ∗ C
No caso 1, C pertence ao segmento AB; no caso 2 C pertence à semi-reta SBA e no caso 3, C pertence a SAB. Em qualquer caso, C pertence a SAB ∪ SBA. Daí, m ⊂ SAB ∪ SBA.
- Deixamos a prova deste ítem como exercício.
Definição 1.4. Seja uma reta m. Dois pontos distintos fora de m, A e B, estão em um mesmo lado da reta m se o segmento AB não a intersecta, caso contrário dizemos que A e B estão em lados opostos de m. O conjunto dos pontos de m e dos pontos C tais que A e C estão em um mesmo lado da reta m é chamado de semi-plano determinado por m contendo A e será representado por Pm,A.
Figura 1.12: A e B estão no mesmo lado de m. B e C estão em lado opostos de m.
Axioma de ordem 4: Para toda reta l e para qualquer três pontos
A, B e C fora de l, tem-se:
- Se A e B estão no mesmo lado de l e B e C estão no mesmo lado de l, então A e C estão no mesmo lado de
- Se A e B estão em lados opostos de l e B e C estão em lados opostos de l, então A e C estão no mesmo lado de
Corolário 1.1. Se A e B estão no mesmo lado de l e B e C estão em lados opostos de l, então A e C estão em lados opostos de l.
Ver figura 1.12.
Exercício 1.2. Prove o Corolário 1.1.
Figura 1.13:
Figura 1.14:
Proposição 1.5. Toda reta m determina exatamente dois semi- planos distintos cuja interseção é a reta m.
Demonstração
Passo 1: Existe um ponto A fora de l (Proposição 1.3).
Passo 2: Existe um ponto O pertencente a l (Axioma de incidência 2).
Passo 3: Existe um ponto B tal que B ∗ O ∗ A (Axioma de ordem 3).
Passo 4: Então A e B estão em lados opostos de l, e l possui pelo menos dois lados.
Passo 5: Seja C um ponto fora de l diferente de A e B. Se
C e B não estão no mesmo lado de l, então A e C estão no
mesmo lado de l (Axioma de ordem 4). Logo, o conjunto dos pontos fora de l é a união dos semi-planos SmA e SmB
Passo 6: Se C ∈ SmA ∩ SmB com C /∈ m, então A e B estão do mesmo lado (Axioma de ordem 4); contradição com o passo 4. Assim, se C ∈ SmA ∩ SmB, então C ∈ m. Portanto, SmA ∩ SmB = m.
Teorema 1.1 (Pasch). Se A, B, C sã pontos distintos não colin- eares e m é qualquer reta intersectando AB em um ponto entre A e B, então l também intersecta AC ou BC. Se C não está em m então m não intersecta ambos AC e BC.
Figura 1.15: Teorema de Pasch
Euclides utilizou este teorema sem prová-lo.
Exercício 1.3. Prove o Teorema de Pasch.
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Nesta aula você conheceu os 5 postulados de Euclides. Você viu que na prova da Proposição 1 dos Elementos de Euclides, ele fez uso de afirmações que não estavam explícitas em seus 5 postulados. Você viu também que o Postulado 5 dos Elementos nada mais é do que a recíproca da Proposição 28, o que gerou dúvida entre muitos matemáticos da época se o Postulado 5 era mesmo um postulado ou uma proposição que Euclides não sabia prová-la. Além disso, você viu os dois primeiros grupos de axiomas, de incidência e or- dem, que permitirá tapar os “buracos” deixados por Euclides nos Elementos. Finalmente, você também viu o Teorema de Pasch que é uma consequência dos axiomas de ordem.
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Na próxima aula daremos continuidade a construção da geometria plana axiomatizada. Introduziremos mais dois grupos de axiomas, os axiomas de medição de segmentos e de ângulos.
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- Quais das afirmações abaixo são verdadeiras?
( ) Por definição, uma reta m é “paralela”a uma reta l se para quaisquer dois pontos P e Q em m, a distância per- pendicular de P a l é a mesma distância perpendicular de Q a l.
( ) Foi desnecessário para Euclides assumir o postulado das paralelas porque o Francês Legendre o provou.
( ) “Axioma” ou “postulados” são afirmações que são as- sumidas, sem justificativas, enquanto que “teoremas” ou “proposições” são provadas usando os axiomas.
( ) A ∗ B ∗ C é logicamente equivalente a C ∗ B ∗ A.
( ) Se A, B e C são pontos colineares distintos, é possível que ambos A ∗ B ∗ C e A ∗ C ∗ B ocorram.
- Sejam dois pontos A e B e um terceiro ponto C entre eles. É possível provar que C pertecente a reta que passa por A e B utilizando somente os 5 postulados de Euclides?
- É possível provar a partir dos 5 postulados de Euclides que para toda reta l existe um ponto pertencente a l e um ponto que não pertence a l?
- É possível provar a partir dos 5 postulados de Euclides que pontos e retas existem?
- Para cada par de axiomas de incidência construa um mod- elo no qual estes dois axiomas são satisfeitos mas o terceiro axioma não. (Isto mostra que os três axiomas são indepen- dentes, no sentido qeu é impossível provar qualquer um deles dos outros )
- Verifique se são planos de incidência os pares (P, R) seguintes:
- P = R2 e R = {(x, y) ∈ R2; ax + by + c = 0, com ab /= 0}.
- P = R2 e R = conjunto dos círculos em R2.
- P = conjunto das retas em R3 e R = conjunto dos planos em R3.
- Construa exemplos distintos de plano de incidência com o mesmo número de pontos, ou seja, o conjunto P será o mesmo porém R será
- Mostre que não existe um exemplo de um plano de incidência 1
com 6 pontos, em que todas as retas tenham exatamente 3 pontos.
- Quantos pontos comuns a pelo menos duas retas pode ter um conjunto de 3 retas no plano? E um conjunto de 4 retas do plano? E um conjunto de n retas do plano?
- Dizemos quem três ou mais pontos são colineares quando to- dos pertencem a uma mesma reta. Do contrário, dizemos que eles são não colineares. Mostre que três pontos não colineares determinam três retas. Quantas retas são determinadas por quatro pontos sendo que quaisquer três deles são não colin- eares? E se forem 6 pontos? E se forem n pontos?
- Prove que a união de todas as retas que passam por um ponto
A é o plano.
- Dados A ∗ B ∗ C e A ∗ C ∗ D, prove que A, B, C e D são quatro pontos colineares
- Dado A ∗ B ∗ C. Prove que SAB = SAC.
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
Axiomas de Medição
META
Introduzir os axiomas de medição de segmentos e ângulos.
OBJETIVOS
Determinar o comprimento de um segmento e a distância entre dois pontos.
Determinar a medida de um ângulo
Determinar propriedades de pontos de uma reta utilizando as co- ordenadas do ponto.
PRÉ-REQUISITOS
Para seguir adiante, é necessário que o aluno tenha compreendido os axiomas de incidência e de ordem apresentados na aula anterior.
AULA
2
Olá, caro aluno. Espero que tenha gostado da nossa primeira aula. Nela apresentamos os cinco postulados de Euclides, bem como a primeira proposição dos Elementos para ilustrar a necessidade de modificação de seus axiomas para obter uma geometria sólida e consistente, com toda afirmação devidamente justificada. Vimos também os axiomas de incidência e ordem.
Note que, com apenas o conjunto de axiomas apresentados na primeira aula, ainda não temos a geometria euclidiana plana que conhecemos. O que estamos fazendo é introduzindo as regras (axi- omas) a serem seguidas pelos objetos de estudo da geometria plana: plano, reta e ponto.
O próximo passo é aprender a medir o comprimento de um seg- mento. Para este fim emprega-se diversos instrumentos de medição, dos quais a régua graduada é um dos mais conhecidos. Aprendemos com a experiência que para medir o comprimento de um segmento AB com uma régua graduada, basta colocar a régua graduada sobre o segmento AB, verificar a quais números correspondem o ponto A e o ponto B e então o módulo da diferença será o com- primento do segmento AB. Aprendemos também que se um ponto C está entre A e B, então o comprimento de AB é a soma dos comprimentos dos segmentos AC e CB.
Veremos nesta aula como introduzir estas noções axiomaticamente.
A maneira como procedemos para medir segmentos é regida pelos seguintes axiomas:
Axioma de medição 1: A todo segmento corresponde um número maior ou igual a zero. Este número é zero se e somente se as ex- tremidades coincidem.
Está implícito no enunciado do axioma, a escolha de uma unidade 2
de medida que será fixada ao longo de nosso curso. O número a que se refere o axioma é denominado de comprimento do segmento ou distância entre os pontos que define o segmento.
Axioma de medição 2: Os pontos de uma reta podem ser sem- pre colocados em correspondência biunívoca com os números reais, de modo que o módulo da diferença entre estes números meça a distância entre os pontos correspondentes.
Fixada uma correspondência, o número que corresponde a um ponto da reta é denominado coordenada daquele ponto. Portanto, se a e b são as coordenadas dos pontos A e B, respectivamente, então o comprimento do segmento AB, denotado por AB, é igual a AB = |a − b|.
Axioma de medição 3: Se A ∗ C ∗ B, então
AC + CB = AB.
É importante observar aqui que o axioma não diz que se AC + CB = AB então A ∗ C ∗ B. O que você acha? É verdadeira essa afirmação?
O Axioma de Medição 2 diz apenas que existe uma bijeção entre os pontos de uma reta e os números reais, porém não fixa nenhuma restrição para a bijeção. O Axioma de Medição 3, garante que a bijeção não será arbitrária, ela tem que satisfazer a uma certa ordem. É isto que diz a próxima proposição.
Proposição 2.6. Se em uma semi-reta SAB considerarmos um segmento AC com AC < AB, então A ∗ C ∗ B.
Demonstração Sabemos que, pelo Axioma de Ordem 2, só pode ocorrer uma das seguintes possibilidades: B ∗ A ∗ C, A ∗ B ∗ C ou A ∗ C ∗ B.
Vamos mostrar que não pode ocorrer a primeira nem a segunda possibilidade.
Como A é a origem da semi-reta SAB, então não é verdade que B ∗ A ∗ C, caso contrário teríamos C não pertenceria a esta semi- reta. Se A ∗ B ∗ C, então, pelo Axioma de Medição 3 teríamos AB+BC = AC, implicando que AB < AC, que é uma contradição
com a hipótese AC < AB.
Logo, só pode ocorrer A ∗ C ∗ B.
Teorema 2.1. Sejam A, B e C pontos distintos de uma reta cujas coordenadas são, respectivamente, a, b e c. Então A ∗ C ∗ B se e somente se o número c está entre a e b.
Demonstração Suponha A ∗ C ∗ B. Pelo Axioma de Medição 3 e pela definição de comprimento, tem-se que
implicando que
AC + CB = AB,
|c − a| + |b − c| = |a − b|.
Sem perda de generalidade, podemos supor que a < b. Assim, obtemos que
Isto implica que
Logo, a < c < b.
|c − a| < b − a e |b − c| < b − a.
c − a < b − a e b − c < b − a.
Suponha agora que a < c < b. Então
b − a = b − c + c − a,
ou seja,
|b − a| = |b − c| + |c − a|.
Segue daí que AC + CB = AB e então AC < AB e CB < AB.
Se A, B e C pertencem à mesma semi-reta determinada por A,
segue da Proposição 2.6 que A ∗ C ∗ B. Caso B e C pertençam a 2
semi-retas distintas, então B ∗ A ∗ C. Neste caso,
BA + AC = BC ⇒ BA < AC,
o que está em contradição com a igualdade obtida anteriormente.
Definição 2.1. O ponto médio C de um segmento AB é um ponto deste segmento tal que AC = CB.
Teorema 2.2. Um segmento tem exatamente um ponto médio.
|
Demonstração Sejam a e b as coordenadas dos extremos de um segmento AB. Pelo Axioma de Medição 2, existe um ponto C, na reta que contém A e B, com coordenada c = a+b .
Afirmação 1: O ponto C é o ponto médio de AB.
De fato, verifica-se que
CB = |c − b| = . a − b . ,
|
|
|
e como c está entre a e b, usando o Teorema 2.1, obtemos que C é o ponto médio de AB.
Afirmação 2: O ponto C é o único ponto médio de AB.
Se D é ponto médio de AB, então AD = DB. Se a, b e d são coordenadas dos pontos A, B e D, respectivamente, então
|a − d| = |d − b|.
|
Daí, obtemos d = a+b . (Por quê?) Assim, c = d e pelo Axioma de Medição 2, segue que D = C.
Definição 2.2. Seja A um ponto e r um número real positivo. O círculo de centro A e raio r é o conjunto constituído por todos os pontos B do plano tais que AB = r.
Segue do Axioma de Medição 2 o Terceiro Postulado de Euclides: Pode-se traçar um círculo com qualquer centro e com qualquer raio.
O conjunto dos pontos C que satisfazem a desigualdade AC < r é chamada de disco de raio r e centro A. Um ponto C está fora do circulo se AC > r e dentro se AC < r.
Figura 2.1: Círculo de centro A e raio AB = r. C está dentro do disco e D está fora do disco.
Definição 2.3. Um ângulo com vértice A é um ponto A com duas semi-retas SAB e SAC, chamadas os lados do ângulo.
Figura 2.2: Ângulo com vértice A.
Notação: Aˆ, BAˆC ou CAˆB.
Usaremos a notação Aˆ quando não houver dúvida a que ângulo 2
estaremos nos referindo.
Se dois ângulos BAˆD e CAˆD possuem um lado SAD em comum e os outros dois lados SAB e SAC são semi-retas distintas de uma mesma reta, os ângulos são ditos suplementares.
Figura 2.3: Os ângulos BAˆC e CAˆD são suplementares.
Um ângulo é dito raso se os lados são semi-retas distintas de uma mesma reta. Dois ângulos sumplementares formam um ângulo raso.
Figura 2.4: O ângulos BAˆC é raso.
Introduzimos o conceito de ângulo sem a necessidade de falar em medida de ângulo, “graus”, por exemplo. A maneira de introduzir medidas aos ângulos é através dos próximos axiomas.
Axioma de Medição 4: A todo ângulo corresponde um único número real maior ou igual a zero. Este número é zero se e so- mente se os lados do ângulo coincidem.
Uma semi-reta divide um semi-plano se ela pertence ao semi-plano
e sua origem pertence à reta que o determina.
Axioma de Medição 5: Existe uma bijeção entre as semi-retas de mesma origem que dividem um dado semi-plano e os números entre zero e 180, de modo que a diferença entre os números é a medida do ângulo formado pelas semi-retas correspondentes.
Figura 2.5:
A medida de um ângulo AOˆB será denotada pelo próprio ângulo. Assim, AOˆB poderá indicar o ângulo ou a medida deste ângulo, mas sempre estará claro no contexto se estaremos nos referindo ao ângulo ou a sua medida.
Observe que o ângulo raso mede 180◦ graus.
Definição 2.4. Uma semi-reta SOC divide o ângulo AOˆB se o segmento AB intercecta SOC. Se uma semi-reta SOC divide o ân- gulo AOˆB de tal modo que AOˆC = COˆB, dizemos que SOC é a bissetriz do ângulo AOˆB.
Axioma de Medição 6: Se uma semi-reta SOC divide um ângulo
AOˆB, então
AOˆB = AOˆC + COˆB.
Definição 2.5. Dois ângulos AOˆB e COˆD são ditos opostos pelo vértice se os pares de lados (SOA, SOD) e (SOB, SOC) são semi- retas distintas de uma mesma reta. Note que ângulos opostos pelo
2
Figura 2.6: SOC divide o ângulo AOˆB.
vértice têm o mesmo suplemento. Portanto, ângulos opostos pelo vértice têm a mesma medida.
Figura 2.7: COˆD e AOˆB são opostos pelo vértice.
Definição 2.6. Um ângulo cuja medida é 90◦ é chamado ângulo reto. Se duas retas se intersectam formando um ângulo reto, dize- mos que as retas são perpendiculares. Se a soma das medidas de dois ângulos é 90◦, dizemos que os ângulos são complementares.
Teorema 2.3. Por qualquer ponto de uma reta passa uma única perpendicular a esta reta.
Demonstração A existência é garantida pelo Axioma de Medição
- (Por quê?)
Suponha então que existam duas perpendiculares r e rj a uma reta
m passando pelo ponto A. Assim, r e rj formam um ângulo α em
um dos semi-planos determinados por m. Mas como r e rj formam ângulos retos com m, segue que α = 0. (ver figura) Logo, r e rj coincidem.
Figura 2.8:
Definição 2.7. Um ângulo é agudo se mede menos de 90◦ e é
obtuso se mede mais de 90◦.
A medida de ângulos que usaremos neste curso será o grau, uma invenção dos babilônios que data da época antes de Cristo e que entraram para a história da ciência matemática como uma con- tribuição importante que utilizamos até hoje.
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Nesta aula aprendemos a medir segmentos e ângulos. Além disso, vimos a utilidade do uso de coordenadas dos pontos de uma reta para resolver problemas. Vimos também que os axiomas de medição nos permite ordenar os pontos de uma reta de acordo com a or- denação dos números reais, bastando para isso colocar os pontos da reta em correspondência biunívoca com os números reais de forma que esta correspondência obedeça aos axiomas de medição. Mostramos também que todo segmento de reta possui um único ponto médio. Introduzimos para cada ângulo uma medida entre zero e 180.
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Na próxima aula iremos começar nosso estudo de congruência de triângulos. Definiremos congruência de segmentos e de triângulos. Em seguida, daremos as condições para que dois triângulos sejam congruentes.
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- São dados três pontos A, B e C com B entre A e C. Sejam M e N os pontos médios de AB e BC Mostre que MN = (AB + BC)/2.
- São dados três pontos A, B e C com C entre A e B. Sejam M e N os pontos médios de AB e BC Mostre que MN = (AB − BC)/2.
- São dados pontos A, B, C e D colineares com coordenadas x, y, z e w tais que x < y < z < w. Prove que AC = BD se e só se AB = CD.
- Existem pontos A, B e C tais que AB = 5, BC = 3 e
AC = 1?
- Sejam M , A e B pontos distintos situados sobre uma mesma Se a = MA/MB diz-se que M divide AB na razão a.
- Dado qualquer número real positivo a mostre que existe um único ponto M ∈ AB tal que M divide AB na razão a.
- Dado qualquer número real positivo a /= 1, mostre que existe um único ponto M na reta determinada por A e B, que não pertence a AB e que divide AB na razão a. Porque o caso a = 1 teve que ser excluído?
- Sejam M , N , A e B pontos distintos sobre uma mesma reta, sendo que M ∈ AB e que N /∈ AB. Suponha que
MA NA
= = a.
MB NB
Neste caso, dizemos que M e N dividem harmonicamente o seguimento AB.
- Quando a > 1, determine as posições relativas dos qua- tro
- Faça o mesmo para o caso em que 0 < a < 1.
- Mostre que
2 1 1
AB = AM ± AN .
- Se O é o ponto médio de AB. Mostre que
OA2 = OM · ON.
- Qual a medida da diferença entre o suplemento de um ângulo e seu
- (a) Qual o ângulo formado entre o ponteiro dos minutos e das horas quando são 12 horas e 30 minutos?
(b) Exatamente às 12 horas um ponteiro estará sobre o 2
outro. A que horas voltará a ocorrer que os dois pon- teiros formem um ângulo de 0o.
- Um polígono é uma figura formada por uma sequência de pontos A1, A2, . . . , An e pelos segmentos A1A2, A2A3, ,
An−1An e satisfazendo as condições
- An = A1;
- os lados da poligonal se intercectam somente em suas extremidades;
- cada vértice é extremidade de dois lados;
- dois lados com mesma extremidade não pertecem a uma mesma
O segmento ligando vértices não consecutivos de um polígono é chamado uma diagonal do polígono. Faça o desenho de um polígono de seis lados. Em seguida desenhe todas as suas diagonais. Quantas diagonais terá um polígono de 20 lados? E de n lados?
- São dados quatro pontos A, B, C e D. É também sabido que AB + BC + CD + DA e 2AC são iguais. O que você pode afirmar sobre a posição relativa dos quatro pontos?
- Mostre que as bissetrizes de um ângulo e do seu suplemento são
- Sejam m e n duas retas. Mostre que se m está contida em um dos semi-planos determinados por n então ou m = n ou m e n não se
- Ao longo de meia hora o ponteiro dos minutos de um relógio descreve um ângulo raso (ou seja, o ângulo entre sua posição inicial e sua posição final é um ângulo raso). Quanto tempo ele leva para descrever um ângulo de 60◦ graus?
- De quantos graus move-se o ponteiro dos minutos enquanto o ponteiro das horas percorre um ângulo raso?
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
Congruência
META
Introduzir e explorar o conceito de congruência de segmentos e de triângulos.
OBJETIVOS
Identificar segmentos e ângulos congruentes. Identificar os casos de congruência de triângulos.
Usar os casos de congruência de triângulos para resolver problemas.
PRÉ-REQUISITOS
O aluno deve ter compreendido os axiomas de medição de segmen- tos e de ângulo.
AULA
3
A idéia intuitiva de congruência é que duas figuras são congruentes se elas podem ser movidas sem alterar o tamanho e a forma, de tal maneira que coincidam. Assim, dois triângulos equiláteros de mesmo tamanho são congruentes, dois círculos de mesmo raio tam- bém são congruentes, e assim por diante. Da mesma forma, dois segmentos de mesmo comprimento são congruentes.
Nesta aula daremos a definição formal de congruência, começando com segmentos e depois triângulos.
Definição 3.1. Sejam AB e CD segmentos. Se AB = CD, então os segmentos são chamados congruentes, e escrevemos AB = CD.
Uma relação ∼, definida em um conjunto A, é chamada uma re- lação de equivalência se as seguintes condições são satisfeitas:
- a ∼ a, ∀a ∈ A (reflexiva).
- a ∼ b ⇒ b ∼ a (simetria).
- a ∼ b e b ∼ c ⇒ a ∼ c (trasitiva).
Teorema 3.1. São válidas as seguintes propriedades:
- AB = AB (reflexiva).
- AB = CD ⇒ CD = AB (simétrica).
- AB = CD e CD = EF então AB = EF (transitiva).
Devido a este teorema, a relação de congruência é uma relação de
equivalência.
- Congruência de Triângulos 3
Exatamente como definimos congruência para segmentos em ter- mos de comprimento, definimos congruência entre ângulos em ter- mos de medida. Isto é, se dois ângulos ABˆC e DEˆF possuem a mesma medida, então diremos que os ângulos são congruentes, e indicaremos por
ABˆC = DEˆF.
Da mesma forma que a relação de congruência para segmentos é uma relação de equivalância, a relação de congruência para ângulos também é uma relação de equivalência.
Note que se dois ângulos suplementares são congruentes, então cada um deles é um ângulo reto. Além disso, temos também que dois ângulos opostos pelo vértice são congruentes, já que possuem o mesmo suplemento.
Definição 3.2. Dois triângulos ABC e DEF são congruentes se existir uma correspondência biunívoca entre seus vértices tal que os lados e ângulos correspondentes sejam congruentes.
Indicaremos por ABC = DEF para dizer que os dois triângulos são congruentes e a correspondência é dada por
A ↔ D, B ↔ E,
C ↔ F.
Neste caso, teremos seis congruências induzidas sobre os lados e os ângulos.
AB | = | DE, |
BC | = | EF, |
CA | = | FD, |
e
Aˆ =
Bˆ =
Cˆ =
Dˆ,
Eˆ,
Fˆ.
De fato, para que dois triângulos sejam congruentes é necessário que as seis congruências acima sejam satisfeitas. Porém, se que- remos verificar se dois triângulos são congruentes será necessário verificar somente algumas delas.
Isto é o que diz o próximo axioma, conhecido também como o
primeiro caso de congruência de triângulos.
Axioma de Congruência 1 Sejam ABC e DEF dois triângulos. Se AB = DE, AC = DF e Aˆ = Dˆ, então ABC = DEF.
Figura 3.1:
Este axioma é também conhecido como o caso LAL (lado, ângulo, lado) de congruência de triângulos.
Definição 3.3. Um triângulo é dito isósceles se possui dois lados conguentes. Estes lados são chamados de laterais e o terceiro de base. Os ângulos opostos as laterais são chamados de ângulos da base.
Proposição 3.7. Os ângulos da base de um triângulo isósceles são congruentes.
3
Figura 3.2: ABC é um triângulo isósceles com base AB = AC.
Demonstração Considere a correspondência entre os vértices de um triângulo isósceles ABC :
- ↔ A
- ↔ C
D ↔ B
Por hipótese, segue que AB = AC, AC = AB e Aˆ = Aˆ. Pelo
Axioma de Congruência 1, segue que ABC = ACB. Isto implica que Bˆ = Cˆ.
Observe que a prova anterior mostra que o triângulo ABC é con- gruente ao triângulo ACB. Caso você tenha dificuldades em acom- panhar a prova, você pode desenhar duas cópias do triângulo e repetir a prova para estes dois triângulos. A prova de Euclides para este resultado aparece no início dos Elementos e é longa. A prova acima é devida, essencialmente, ao grande geômetra grego Pappus de Alexandria (350 d.C.), embora ele não tenha usado a formulação do Axioma de Congruência 1 que utilizamos aqui.
Corolário 3.1. Todo triângulo equilátero possui os três ângulos congruentes.
Exercício 3.1. Prove o Corolário 3.1.
Teorema 3.2 (Caso ALA). Dados dois triângulos ABC e DEF
com AB = DE, Aˆ = Dˆ e Bˆ = Eˆ, então ABC = DEF.
Figura 3.3: ABC é um triângulo isósceles com base AB = AC.
Demonstração Sabemos que existe um ponto G na semi-reta SAC tal que AG = DF . (ver figura 3.3) Por construção, temos que os triângulos ABG e DEF satisfazem AG = DF, AB = DE e Aˆ = Dˆ. Pelo Axioma de Congruência 1, obtemos que ABG = DEF. Pela definição de congruência de triângulos, segue que ABˆG = Eˆ = ABˆC. Logo, as semi-retas SBG e SBC coincidem. Isto implica que G coincide com o ponto C. Então ABC = ABG = DEF.
Observe que o ponto G na figura acima poderia ser tal que A∗C ∗G
e mesmo assim obteríamos o mesmo resultado.
Este teorema é também conhecido como o 2◦ Caso de Congruência de Triângulos ou o caso ALA (ângulo, lado, ângulo) de congruência de triângulos.
Corolário 3.2. Se dois ângulos de um triângulo são congruentes, então o triângulo é isósceles.
Este corolário é a recíproca da Proposição 3.7. Tente demonstrá- lo de forma análoga, porém será necessário usar o caso ALA de congruência de triângulos. De fato, os lados congruentes serão opostos aos ângulos congruentes.
Corolário 3.3. Todo triângulo que possui todos os ângulos con- gruentes é equilátero.
Definição 3.4. Seja ABC um triângulo e D um ponto da reta 3
que contém B e C.
- O segmento AD é a mediana do triângulo ABC relativa- mente ao lado BC, se D for o ponto médio de
Figura 3.4: Mediana
- O segmento AD é a bissetriz do ângulo Aˆse a semi-reta SAD
divide o ângulo CAˆB em dois ângulos congruentes.
Figura 3.5: Bissetriz
- O segmento AD é a altura do triângulo ABC relativamente ao lado BC, se AD é perpendicular à reta que contém B e
Proposição 3.8. Em um triângulo isósceles a mediana relativa- mente à base é também a bissetriz e altura.
Figura 3.6: Altura
Demonstração Seja ABC um triângulo com AB = AC. Seja AD a mediana relativamente à base BC. Considere os triângulos ABD e ACD. Como D é o ponto médio de BC, então BD = CD. Além disso, ABC é um triângulo isósceles, o que implica que
AB = AC e Bˆ = Cˆ. Logo, os triângulos ABD e ACD são tais
que AB = AC, BD = CD e ABˆD = ACˆD. Pelo caso LAL de congruência de triângulos, segue que ABD = ACD. Em particu- lar, BAˆD = CAˆD, o que implica que AD é a bissetriz do ângulo BAˆC. Além disso, temos ADˆB = ADˆC, e como estes ângulos são suplementares, segue que ADˆB = ADˆC = 90◦.
Figura 3.7:
Teorema 3.3 (Caso LLL). Se dois triângulos têm três lados cor-
respondentes congruentes então os triângulos são congruentes. 3
Figura 3.8: Altura
Demonstração Sejam ABC e DEF triângulos tais que AB = DE, BC = EF e AC = DF. A idéia da prova é construir um triângulo AGC, com o ponto G no lado oposto da reta que contém DB, tal que AGC = DEF. Então mostraremos que ABC = AGC.
- Passo 1: Pelo Axioma de Medição de Ângulo 2, existe uma semi-reta SAQ no semi-plano oposto ao que contém C, tal que BAˆQ = Dˆ.
- Passo 2: Na semi-reta SAQ tome um ponto G tal que AG =
DF.
- Passo 3: Pelo 1◦ caso de congruência de triângulos, segue que AGB =
- Passo 4: O segmento CG intercepta AB no ponto H, pois estão em lados
- Passo 5: Note que AG = DF = Assim, o triângulo
ACG é isósceles e então AGˆC = ACˆG.
- Passo 6: Da mesma forma, concluímos que o triângulo BCG
é isósceles com BCˆG = BGˆC.
- Passo 7: Porém,
AGˆB = AGˆC + CGˆB
= ACˆG + GCˆB
= ACˆB.
Portanto, podemos aplicar o Axioma de Congruência 1 para con- cluir que ACB = AGB. Mas como AGB = DFE, segue que ABC = DEF.
Este teorema é conhecido como o 3◦ Caso de Congruência de Triân- gulo, ou caso LLL (lado, lado, lado) de congruência de triângulos.
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Caro aluno, definimos congruência de segmentos, de ângulos e de triângulos. Introduzimos o Axioma de Congruência, conhecido também como o 1◦ caso de congruência de triângulo, que nos per- mitiu obter todos os outros casos de congruência de triângulos.
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Na próxma aula continuaremos nosso estudo axiomático da geome- tria, com o estudo de propriedades geométricas de retas e triângu- los sem o postulado das paralelas.
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- Em um triângulo ABC a altura do vértice A é perpendicu- lar ao lado BC e o divide em dois segmentos congruentes. Mostre que AB = AC.
- Mostre que os pontos médios de um triângulo isósceles for- mam um triângulo também isósceles.
- Sejam dois triângulos ABC e ABD tais que AC = AD. Se AB é a bissetriz do ângulo CAˆD, então AB é perpendicular a CD.
- Considere um círculo de raio R centrado em um ponto O. Sejam A e B pontos do círculo. Mostre que o raio que passa pelo ponto médio do segmento AB é perpendicular a este seg- Inversamente, mostre que, se o raio é perpendicular ao segmento então o cortaria no seu ponto médio.
- Dois círculos de centro A e B e mesmo raio se interceptam em dois pontos C e D. Se M é ponto de intersecção de AB e CD, mostre que M é ponto médio de AB e CD.
- Considere um ângulo AOˆB onde AO = BO. Trace dois cír- culos de mesmo raio centrados em A e em B. Suponha que seus raios sejam grande suficientes para que eles se inter- ceptem em dois pontos. Mostre que a reta ligando estes dois pontos passa pelo vértice do ângulo e é sua
- Seja ABCD um quadrilátero e E um ponto entre A e B.
Suponha que AD = DE, Aˆ = DEˆC e ADˆE = BDˆC.
Mostre que os triângulos ADB e EDC são congruentes.
- Determine o conjunto de pontos que satisfazem a propriedade de serem equidistante dos extremos de um
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
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AULA
Geometria sem o Postulado das Paralel
META:
Introduzir o Teorema do Ângulo Externo e suas consequências.
OBJETIVOS:
Ao final da aula o aluno deverá compreender como
- aplicar o Teorema do Ângulo Externo;
- identificar triângulos retângulos
- aplicar o Teorema do Ângulo Externo e a Desigualdade Tri- angular para a demonstração do Teorema de Saccheri-Legendre.
PRÉ-REQUISITOS
Para um bom acompanhamento desta aula o aluno deverá ter com- preendido todos os casos de congruência de triângulos da aula an- terior.
Observe, caro aluno, que já estamos na Aula 4 e até agora ainda não introduzimos o postulado das paralelas, além daquela forma introduzida na primeira aula. Até agora todos os nossos resulta- dos demonstrados até aqui não foi necessário usar o postulado das paralelas. Portanto, qualquer modelo de geometria que seja válido os nossos axiomas, incidência, ordem, medição e de congruência, os resultados provados até esta aula também será válido nesta ge- ometria.
O que faremos nesta aula é demonstrar mais alguns resultados, al- guns bem conhecidos de vocês e outros nem tanto. O que estamos interessados é mostrar que certas questões que podem ser respon- didas na Geometria Euclidiana Plana não podem ser respondidas em uma geometria em que não seja válido o postulado das para- lelas, simplesmente porque seus axiomas não nos dá informações suficientes.
Veremos nesta aula alguns resultados que serão muito úteis nas aulas seguintes, sendo o seu entendimento crucial para o bom en- caminhamento do curso. Por exemplo, o Teorema do Ângulo Inte- rior alternado, que nos dá condições suficientes para que duas retas sejam paralelas, e o Teorema do Ângulo Exterior que relaciona os ângulo internos de um triângulo com seus ângulos exteriores.
Todos os estudantes que algum dia estudou geometria plana na es- cola, sabem que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é sempre igual a 180◦. Nesta aula, veremos que até aqui só temos condições de mostrar que a soma destes ângulos é no máximo 180◦, sendo igualdade provada somente com o postulado das paralelas.
O próximo teorema requer uma definição.
Definição 4.1. Seja t uma reta transversal a duas retas m e n,
com t interceptando m em E e n em B. Escolha pontos D e F em 4
m tais que D ∗ E ∗ F, e pontos A e C em n tais que A e D estejam no mesmo lado de t e A ∗ B ∗ C. Os ângulos DEˆB, F EˆB, ABˆE e CBˆE são chamados ângulos interiores. Os pares de ângulos
(ABˆE, F EˆB) e (DEˆB, CBˆE) são chamados de pares de ângulos interiores alternados.
Figura 4.1: α e β são ângulo internos alternados.
Definição 4.2. Duas retas são ditas paralelas se elas não se inter- sectam.
Teorema 4.1. (Teorema do ângulo interior alternado): Se duas retas m e n são cortadas por uma reta transversal t formando um par de ângulos interiores alternados congruentes, então as duas retas são paralelas.
Demonstração: Suponha que m ∩ n = {G} e DEˆB = CBˆE. Podemos supor que G está no mesmo lado de F e C (ver figura 4.2). Existe um ponto H na semi-reta SED, tal que HE = BG. Con- sidere os triângulos HEB e GBE. Como HE = BG, EB = BE e HEˆB = GBˆE, segue do 1◦ Caso de Congruência de Triângulos que
Figura 4.2:
HEB = GBE. Em particular, GEˆB = HBˆE. Mas como GEˆB é o suplementar de HEˆB, segue que os ângulos HBˆE e GBˆE são su- plementares. Isto implica que SBH e SBG são semi-retas opostas. Como SBA é oposta a SBG, segue que SBA = SBH. Portanto H pertence a m ∩ n. Contradizendo a Proposição 1.1.
Logo, m e n são paralelas.
Este teorema tem duas importantes consequências.
Corolário 4.1. Duas perpendiculares a uma mesma reta são pa- ralelas.
Demonstração Se m e n são retas distintas perpendiculares a uma reta t, então os ângulo interiores alternados são retos, por- tanto congruentes.
Logo, o Teorema do Ângulo Interior Alternado implica o resultado.
Corolário 4.2. Dada uma reta m e um ponto P fora dela, existe uma única reta l perpendicular a m passando por P.
Demonstração (Existência) Tome dois pontos distintos de m, B e C . Se PB é perpendicular, terminou a construção. Caso contrário, no semi-plano oposto ao que contém P, trace uma semi-reta com
origem em B formando com SBC um ângulo congruente com P BˆC. 4
Nesta semi-reta, tome um ponto Pj tal que PjB = PB. Considere os triângulos ABP e ABPj, onde A é o ponto de interseção de PPj com m. Pelo 1◦ Caso de Congruência de Triângulos, segue que
ABP = ABPj (Por quê ?) Como P AˆB e PjAˆB são congruentes
e suplementares, segue que PPj é perpendicular a m.
Figura 4.3:
(Unicidade) Suponha que existam duas retas perpendiculares a m passando por P. Pelo Teorema do ângulo interno alternado, as retas coincidem, já que todos os ângulos internos são retos.
O ponto A da demonstração anterior é chamado de pé da perpen- dicular baixada de P a m.
Corolário 4.3. Dada uma reta l e P um ponto fora dela, existe pelo menos uma paralela a l que passa por m.
Demonstração Pelo Corolário 4.2 existe uma única perpendi- cular r a l passando por P . Da mesma forma, pelo Teorema 2.1 existe uma única perpendicular s a r, passando por P . Portanto, pelo Teorema do Ângulo Interior Alternado, segue que s é uma reta paralela a l passando por P .
Nós estamos acostumados à Geometria Euclidiana onde de fato existe uma única reta paralela a uma reta dada passando por um ponto fora dela. Neste ponto de nosso curso, ainda não é possível provar este resultado. Também estamos acostumados à recíproca do Teorema do Ângulos Internos Alternados: “se duas retas são paralelas, então os pares de ângulos interiores alternados formados por uma transversal são congruentes.” Para obtermos estes resul- tados só será possível com o axioma das paralelas, que veremos na próxima aula.
Considere a definição seguinte antes do próximo teorema.
Definição 4.3. Os ângulos internos de um triângulo são os ângu- los formados pelos lados do triângulo. Um ângulo suplementar a um ângulo interno do triângulo é denominado ângulo exterior do triângulo.
Todo triângulo possui exatamente seis ângulos externos. Esses seis ângulos formam três pares de ângulos congruentes.
Figura 4.4: ABˆC, BAˆC e ACˆB são ângulo internos. α, β e γ são ângulos externos.
Teorema 4.2. (Teorema do Ângulo Exterior): Um ângulo externo 4
de um triângulo é maior que qualquer ângulo interno não adjacente a ele.
Figura 4.5:
Demonstração Sejam ABC um triângulo e ACˆD um ângulo externo. (ver figura) Vamos mostrar que ACˆD > BAˆC.
Se ACˆD = BAˆC, então as retas contendo A e B e contendo CD são paralelas, contradizendo a hipótese que B é oponto de interseção destas retas.
Suponha que BAˆC > ACˆD. Então existe uma semi-reta SAE que
divide BAˆC e ACˆD = CAˆE. Seja F o ponto de interseção de BC com SAE. Pelo Teorema do ângulo alternado, as retas contendo AF e CD são paralelas, contradizendo o fato que elas intersectam- se no ponto F. Portanto, ACˆD > BAˆC.
Para mostrar que ACˆD > CBˆA, o raciocínio é análogo, utilizando- se o ângulo oposto pelo vértice a ACˆD.
O Teorema do Ângulo Externo aparece na 16a Proposição dos Ele- mentos de Euclides. Sua prova continha um “buraco”, que com os nossos axiomas é possível corrigi-lo. Euclides foi levado pela figura. Ele considerou o ponto médio M de AC e um ponto N na semi- reta SBM tal que BM = MN. Daí ele assumui erroneamente, com base no diagrama, que N está no interior do ângulo ACˆD. Como AMB = CMN (caso LAL de congruência de triângulos), Euclides
concluiu corretamente que ACˆD > BAˆC.
Você consegue corrigir o argumento de Euclides ?
Como consequência do Teorema do Ângulo Exterior, podemos provar o 4◦ caso de congruência de triângulos.
Proposição 4.9 (4◦ Caso de Congruência de Triângulos). Sejam ABC e DEF triângulos satisfazendo AC = DF, Aˆ = Dˆ e Bˆ = Eˆ. Então ABC = DEF.
Figura 4.6:
Demonstração Seja G um ponto da semi-reta SDE, tal que DG = AB. Pelo caso LAL temos ABC = DGF. Isto implica que DGˆF = Bˆ = DEˆF. Como G pertence a SDE temos três casos: D ∗ G ∗ E, D ∗ E ∗ G ou E = G. Se D ∗ G ∗ E, então DGˆF é um ân- gulo externo do triângulo FGE. Do Teorema do Ângulo Externo, segue que DGˆF > DEˆF, o que é falso. Se D ∗ E ∗ G então DEˆF é um ângulo externo do triângulo FGE. Novamente, do Teorema do Ângulo Externo, segue que DEˆF > EGˆF, o que é falso. Logo, G = F e ABC = DEF.
Definição 4.4. Um triângulo é dito retângulo se um dos ângulos internos é reto. O lado oposto ao ângulo reto é denominado de hipotenusa e os outros dois de catetos.
Pelo Teorema do Ângulo Interior Alternado, segue que um triân- gulo tem no máximo um ângulo reto. Mais ainda, pelo Teorema do Ângulo Externo um triângulo retângulo possui dois ângulos agudos.
- Congruência de Triângulos Retângulos 4
Como um triângulo possui no máximo um ângulo reto, segue que se dois triângulos retângulos são congruentes, então os ângulos retos devem estar em correspondência. Devido a isto, existe mais um caso de congruência específico para triângulos retângulos.
Teorema 4.3. Sejam ABC e DEF dois triângulos retângulos cu-
jos ângulos retos são Cˆ
ABC = DEF.
e Fˆ. Se AB = DE e BC = EF, então
Figura 4.7:
Demonstração Seja G um ponto tal que D ∗ F ∗ G e FG = AC. Segue que o triângulo EGF é retângulo cujo ângulo reto é Fˆ. Pelo caso LAL de congruência de triângulos, segue que ABC = GEF e, em particular, que EG = AB. Então DEG é um triângulo isósceles com base DG. Logo, EDˆG = EGˆD. Pelo caso LAA, segue que DEF = GEF. Portanto, ABC = DEF.
Já vimos um teorema que nos dá uma desigualdade importante no triângulo, O Teorema do Ângulo Externo que tem consequências
importantes.
Nesta seção estudaremos mais algumas desigualdades que são con- sequências daquele teorema.
Proposição 4.10. Se dois lados de um triângulo não são congru- entes então seus ângulos opostos não são congruentes e o maior ângulo é oposto ao maior lado.
Figura 4.8:
Demonstração Seja ABC um triângulo com AB > AC. Se Bˆ =
Cˆ então ABC seria um triângulo isósceles com AB = AC, o que
é falso. Vamos mostrar que Cˆ > Bˆ. Seja D um ponto da semi-
reta SAC tal que A ∗ C ∗ D e AD = AB. D existe por causa da hipótese AB > AC. Assim, ABD é um triângulo isósceles com base BD. Isto implica que ABˆD = ADˆB. Como o ângulo ACˆB é externo ao triângulo BCD, segue do teorema do ângulo externo que ACˆB > ADˆB = ABˆD. Como a semi-reta SBC divide o ângulo ABˆD, já que AD intercepta SBC em C, segue que ABˆD > ABˆC. Logo ACˆB > ABˆC.
Proposição 4.11. Se dois ângulos de um triângulo não são con- gruentes então os lados que se opõem a estes ângulos têm medidas distintas e o maior lado opõe-se ao maior ângulo.
Demonstração Seja ABC um triângulo com Bˆ < Cˆ. Se AB =
AC, então ABC é um triângulo isósceles e Bˆ = Cˆ, o que é falso.
Vamos mostrar que AC < AB. Mas se este não fosse o caso, 4
teríamos AC > AB, que pela proposição anterior implicaria Bˆ >
Cˆ, o que é falso.
Logo, só resta AC < AB.
Pelas proposições anteriores segue que a hipotenusa de um triân- gulo retângulo é maior que os outros dois catetos. Disto podemos provar a seguinte proposição
Proposição 4.12. O menor segmento unindo uma reta a um ponto fora dela é o segmento perpendicular.
Figura 4.9:
Demonstração Seja P um ponto fora de uma reta r. Considere o ponto Q interseção da reta que passa por P e perpendicular a r, denominado pé da perpendicular baixada do ponto A à reta
- Seja R qualquer ponto de r distinto de Q. Vamos mostrar que
PQ < PR. Seja S um ponto de r tal que S ∗ Q ∗ R. Como PQ é perpepndicular a r, segue que P QˆS = 90◦. Pelo Teorema do Ângulo Externo, temos P QˆS > P RˆQ, o que implica que PR > PQ.
De fato o que a proposição mostra é que a hipotenusa de um triân- gulo retângulo é maior do que os catetos. O número PQ da de- monstração anterior é denominado de distância do ponto P à reta
- O segmento QR é chamado de projeção do segmento PR sobre a reta r.
Teorema 4.4. (Desigualdade Triangular): Dados três pontos dis- tintos A, B e C, têm-se que AC ≤ AB + BC. A igualdade ocorre se e somente se B pertence ao segmento AC.
Figura 4.10:
Demonstração Suponha que A, B e C não são colineares. Então ABC é um triângulo. Seja D um ponto da semi-reta SAB tal que A ∗ B ∗ D e BD = BC. Assim, o triângulo BCD é isósceles com base CD. Isto implica que BCˆD = BDˆC. Note que SCB divide o ângulo ACˆD, já que AD intercepta SCB. Assim,
ACˆD = ACˆB + BCˆD > BCˆD = BDˆC.
Pela Proposição 4.11 temos que AD > AC. Como A ∗ B ∗ D então
AD = AB + BD = AB + BC.
Logo, AB + BC > AC.
Suponha agora que A, B e C são pontos colineares.
Se B pertence ao segmento AC, a igualdade AC = AB + BC é trivial. Se vale a igualdade, vamos mostrar que B pertence ao segmento AC. Considere a, b e c as coordenadas dos pontos A, B e C, com c < a, por exemplo. Neste caso,
|
a c = a b + b c |a − c| > |a − b|
|a − c| > |b − c|
o que implica que
e portanto
4
a − c > a − b e
a − c > b − c
b > c e
a > b
Logo, pelo Teorema 2.1 segue o resultado.
Definição 4.5. Sejam uma reta m e um ponto P fora dela. Dize- mos que o ponto Pj é o reflexo de P relativamente a m se PPj é prependicular a m e AP = APj, onde A é o ponto de interseção de PPj com m.
Problema 4.1. Dados dois pontos A e B fora de uma reta r, determinar um ponto P em m tal que AP + PB seja o menor possível.
Solução Suponha que A e B estão em semi-planos distintos. Neste caso, AB intercepta r em um ponto P. Se C é um outro ponto de m, então da desigualdade triangular, obtemos
AB < AC + CB.
Como A ∗ P ∗ B, segue que AB = AP + PB < AC + CB, e P é o ponto procurado.
Se A e B pertencem a semi-planos distintos, basta considerar o reflexo Bj de B relativamente à reta m. Neste caso, encontramos um ponto P de m que resolve o problema para os pontos A e Bj. Este ponto P também resolve o problema para A e B, já que AP = APj.
Figura 4.11:
Figura 4.12:
O objetivo desta seção é provar que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é menor ou igual a 180◦. Este resultado foi provado por Saccheri que na verdade estava tentando encontrar uma igualdade.
Proposição 4.13. Seja ABC um triângulo. Existe um triângulo AEC tal que a soma dos ângulos é a mesma soma dos ângulos do triângulo ABC e AEC possui um ângulo cuja medida é menor ou igual à metade de um dos ângulos do triângulo ABC.
Demonstração Seja um ponto D em BC tal que BD = DC. Na semi-reta SAD considere um ponto E tal que AD = DE. Pelo caso
4
Figura 4.13:
LAL segue que ADB = EDC.
Afirmação 1: AEˆC + ACˆE + CAˆE = ABˆC + BAˆC + ACˆB.
Da congruência ADB = EDC concluímos que ABˆD = ECˆD e BAˆD = CEˆD. Como SAD divide BAˆC e SCD divide ACˆE, segue que
ABˆC + ACˆB + BAˆC = BCˆE + ACˆB + BAˆD + DAˆC
= ACˆE + AEˆC + EAˆC.
|
Afirmação 2: EAˆC ou AEˆC ≤ 1 BAˆC. Note que, como SAD divide BAˆC, segue que
BAˆC = BAˆD + DAˆC = AEˆC + EAˆC.
|
Logo, AEˆC ou EAˆC ≤ 1 BAˆC.
Proposição 4.14. A soma de dois ângulos internos de um triân- gulo é menor do que 180◦.
Demonstração Seja ABC um triângulo. Seja θ um ângulo ex- terno com vértice C. Pelo Teorema do Ângulo Externo, temos que θ > Bˆ. Como θ + Cˆ = 180◦, segue que
Bˆ + Cˆ < θ + Cˆ < 180◦.
Desta proposição, reobtemos o resultado
Figura 4.14:
Corolário 4.4. Todo triângulo possui pelo menos dois ângulos in- ternos agudos.
De fato, caso contrário existiria um triângulo com pelo menos dois ângulos obtusos cuja soma seria maior do que 180◦.
Teorema 4.5. (Saccheri-Legendre): A soma dos ângulos internos de um triângulo é menor ou igual a 180◦.
Demonstração Suponha que exista um triângulo ABC cuja soma dos ângulos internos é maior do que 180◦, digamos, que seja 180◦ + δ, onde δ é algum número positivo. Pela Proposição 4.13, podemos encontrar um outro triângulo A1B1C1 satisfazendo
Aˆ1 + Bˆ1 + Cˆ1 = 180◦ + δ
|
Aˆ1 ≤ 1 Aˆ.
Seguindo indutivamente podemos encontrar um triângulo AnBnCn
satisfazendo
|
Aˆn + Bˆn + Cˆn = 180◦ + δ
|
Tomando n0
suficientemente grande tal que 1
Aˆ < δ, teremos que
|
o triângulo An0 Bn0 Cn0 é tal que
Aˆn0 + Bˆn0 + Cˆn0 = 180◦ + δ Aˆn0 < δ
Isto implica que Bn0 +Cn0 = 180◦ +δ − Aˆn0 > 180◦, contradizendo 4
a Proposição 4.14.
Logo, só pode ser Aˆn + Bˆn + Cˆn ≤ 180◦.
Até aqui ainda não falamos do postulado das paralelas. De fato, todos os resultados até aqui demonstrados são independentes deste postulado, ou seja, podem ser demonstrados sem o uso do postu- lado das paralelas. O Teorema de Saccheri-Legendre afirma que a soma dos ângulos internos de um triângulo é menor ou igual a 180◦.
Agora, iremos mostrar que se existe um triângulo cuja soma dos
ângulos internos é igual a 180◦, então a soma dos ângulos de qual- quer triângulo é também 180◦. Mas ainda não ficará demonstrado que a soma dos ângulos de um triângulo é 180◦, restando para isso exibir um triângulo com tal propriedade.
Definição 4.6. Seja ABC um triângulo. O defeito de um triân- gulo é o número
δABC = 180◦ − Aˆ − Bˆ − Cˆ.
Note que δABC ≥ 0.
Teorema 4.6. Seja ABC um triângulo e D um ponto entre A e
- Então δABC = δACD + δBCD.
Demonstração Como SCD divide o ângulo ACˆB, então ACˆB = ACˆD + DCˆB. Além disso, ADˆC e BDˆC são suplementares, o que implica que ADˆC + BDˆC = 180◦. Portanto,
δACD + δBCD = 180◦ − Aˆ − ACˆD − ADˆC
+180◦ − Bˆ − BCˆD − BDˆC
= 180◦ − Aˆ − ACˆB − Bˆ
= δABC.
Figura 4.15:
Sabendo que o defeito de triângulo é sempre um número não neg- ativo, obtemos o seguinte corolário
Corolário 4.5. Sejam ABC um triângulo e D um ponto entre A
e B. Então δABC = 0 se e somente se δACD = δBCD = 0.
Definição 4.7. Um retângulo é um quadrilátero com os quatro ângulos retos.
Teorema 4.7. Se um triângulo existe com a soma dos ângulos 180◦, então um retângulo existe. Se um retângulo existe, então todo triângulo tem a soma dos ângulos igual a 180◦.
Demonstração Faremos a demonstração em 5 passos.
Suponha incialmente que existe um triângulo com a soma dos ân- gulos igual a 180◦.
Passo 1: Construir um triângulo retângulo com a soma dos ângulos 180◦.
Seja ABC um triângulo com δABC = 0, que existe pela hipótese. Suponha que não seja reto; caso contrário não temos nada a fazer. Como a soma dos ângulos de um triân- gulo é sempre ≤ 180◦, Teorema de Saccheri-Legendre, então
pelo menos dois ângulos são agudos, Aˆ e Bˆ, por exemplo.
4
Figura 4.16:
Seja CD um segmento perpendicular à reta que contém AB.
Afirmação: A ∗ D ∗ B.
De fato, caso contrário devemos ter D ∗ A ∗ B ou A ∗ B ∗ D.
Se ocorre D ∗ A ∗ B, então CAˆB é um ângulo exterior ao triângulo CDA satisfazendo CAˆB < CDˆA, contradizendo o Teorema do Ângulo Exterior.
Se A∗B ∗D, da mesma forma, encontramos uma contradição. Portanto, o Corolário 4.5 implica que δADC = 0 e δBDC = 0.
Passo 2: Construir um retângulo.
Seja BCD um triângulo retângulo em Dˆ com defeito zero,
que existe pelo passo 1. Seja SCE uma semi-reta no semi- plano oposto ao semi-plano contendo D determinado pela reta que contém BC. Podemos tomar SCE tal que ECˆB = CBˆD. Tome F ∈ SCE tal que CF = DB. Pelo 1◦ caso de congruência de triângulos, segue que DBC = FCB. Em particular Dˆ = Fˆ = 90◦ e δFCB = 0. Como δ então BCˆD+ DBˆC = 90◦. Pela congruência DBC = FCB, encontramos F CˆB + DCˆB = 90◦ e DBˆC + F BˆC = 90◦.
Logo, DBFC é um retângulo. (Ver figura 4.17.)
Passo 3: Construir um retângulo arbitrariamente grande. Basta construir cópias do retângulo como na figura 4.18.
Figura 4.17:
Figura 4.18:
Passo 4: Todos os triângulos retângulos têm defeito zero.
Se ABC é um triângulo retângulo e DEFG um retângulo arbitrariamente grande. Sejam os pontos HEDE e IEEF tais que HEI = ABC. Assim, δHEI = δABC. Note que δDEF = 0. Daí, segue, do corolário anterior que 0 = δDFH+ δHEE ⇒ HFE = 0. Aplicando novamente o corolário en- contramos δHFE = 0. (Figura 4.19).
Figura 4.19:
Passo 5: Se todo triângulo retângulo tem defeito zero, então 4
todo triângulo tem defeito zero.
Como no passo 1, divida o triângulo em dois triângulos retân- gulos e use o Corolário 4.5.
Como consequência imediata temos o corolário.
Corolário 4.6. Se existe um triângulo com defeito positivo, então todos os triângulos têm defeito positivo.
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Nesta aula aprendemos dois teoremas importantes, o Teorema do Ângulo Interno Alternado, par determinar retas paralelas, e o Teo- rema do Ângulo Externo, que nos dá uma importante desigualdade entre os ângulos internos e externos de um triângulo arbitrário. Vi- mos também que sem o postulado das paralelas, provamos apenas que a soma dos ângulos internos de um triângulo é menor ou igual que 180◦. Além disso, provamos que se existe um triângulo com defeito zero, então todos os outros também terá defeito zero.
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Na próxima aula introduziremos o axioma das paralelas e, entre muitos outros resultados, provaremos que a soma dos ângulos in- ternos de um triângulo arbitrário é sempre igual a 180◦.
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- A figura 20 é formada pelos segmentos AC, AE, CF e EB. Determine os ângulos que são:
- menores do que o ângulo ˆ7.
- maiores do que o ângulo ˆ5.
- menores do que o ângulo ˆ4.
- Na figura 21 os ângulos externos ACˆE e ABˆD satisfazem a desigualdade: ACˆE < ABˆD. Mostre que ABˆD > ABˆ.
- Em um cartório de registro de imóveis um escrivão recusou-se a transcrever o registro de um terreno triangular cujos lados, segundo o seu proprietário, mediam 100m, 60m e 20m. Você pode dar um argumento que justifique a atitude do escrivão?
4
Figura 4.20:
Figura 4.21:
- Considere um quadrilátero ABDC tal que BD > BC e Aˆ > ABˆC. Prove que BD > AC.
- Considere um triângulo EFG. Tome H ∈ FG tal que EG =
- EG. Mostre que EHˆF > EHˆG.
- Na figura 4.22 m e n são duas retas perpendiculares. Qual o caminho mais curto para se ir do ponto A ao ponto B tocandop-se nas duas retas?
- Mostre que qualquer triângulo tem pelo menos um ângulo externo
- Considere um triângulo ABC. No segmento AB tome um ponto D, e no segmento CD tome um ponto E. Mostre que AEˆC > DBˆC.
Figura 4.22:
- Mostre que a soma das diagonais de um quadrilátero é maior que a soma de dois lados
- Dado um triângulo ABC, marca-se um ponto D no lado AB. Mostre que CD é menor do que o comprimento de um dos lados AC ou BC.
- Sejam ABC e AjBjCj dois triângulos não retângulo com Cˆ= Cˆj, AB = AjBj e BC = BjCj. Dê um exemplo para mostrar que estas hipóteses não acarretam que os triângulos devam ser
- Dois segmentos têm extremidades em um círculo. Mostre que o mais distante do centro do círculo têm o menor com-
¨
- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM. 4
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
O Axioma das Paralelas
META:
Estudar o Axioma das Paralelas e suas consequências.
OBJETIVOS:
Introduzir o Axioma das Paralelas;
Estudar a soma dos ângulos de um triângulo.
PRÉ-REQUISITOS
Congruência e o Teorema do Ângulo Interno Alternado.
AULA
5
Há evidências de que os postulados, particularmente o quinto, foram formulados por Euclides. Sabe-se que o quinto postulado tornou-se alvo de críticas pelos matemáticos da época. Que o próprio Euclides não confiava totalmente no quinto postulado é mostrado pelo fato que ele adiou o uso em uma prova até sua Proposição 29.
Além disso, o fato de que o quinto postulado parecer muito mais com uma proposição do que com afimação óbvia, que qualquer um aceita sem problemas, e que ele é a recíprova de uma das proposições, a Proposição 28 dos Elementos, levou muitos matemáti- cos a acreditarem que o quinto postulado era na verdade uma proposição que Euclides, por não saber demonstrá-la a partir dos quatro primeiros postulados, o introduziu como um postulado. Como consequência destas suspeitas, muitas foram as tentativas de prova do quinto postulado, até que três matemáticos, Carl F. Gauss (1777-1855), Johann Bolyai (1802-1860) e Nikolai I. Lobachewsky (1793-1856), descobriram independentemente as chamadas geome- trias não-Euclidianas, que a grosso modo são geometrias onde o quinto postulado não é válido.
Nas aulas anteriores vimos que dada uma reta e um ponto fora dela, existe uma reta paralela a reta dada e passando pelo ponto dado. Nesta aula introduziremos o axioma que garante que esta reta pa- ralela é única, exatamente o que falta para demonstrar muitos outros resultados além do que já provamos até aqui.
O Axioma das Paralelas é o seguinte
Axioma das Paralelas: Por um ponto fora de uma reta dada pode-se traçar uma única reta paralela a esta reta.
O Teorema do Ângulo Interior Alternado afirma que se duas retas 5
são intercectadas por uma terceira então elas são paralelas. O próximo teorema é a recíproca deste resultado.
Teorema 5.1. Se duas retas paralelas são cortadas por uma transver- sal, então os ângulos internos alternados são congruentes.
Figura 5.1:
Demonstração Sejam r e s duas retas paralelas cortadas por uma transversal t nos pontos A e B, respectivamente. Sabemos que existe somente uma reta rj passando por A formando ângulo interior alternado com s congruentes. Pelo Teorema do Ângulo Interior Alternado, segue que rj e s são paralelas. Pelo Axioma das Paralelas, temos que r coincide com rj.
Note que na demonstração fizemos uso do seguinte resultado.
Proposição 5.15. Se a reta m é paralela às retas r e s, então r
e s são paralelas.
Prove esta proposição como exercício.
Corolário 5.1. Se uma reta corta uma de duas paralelas, então corta também a outra.
Demonstração Se uma reta cortasse somente uma de duas pa- ralelas, então teríamos uma reta paralela a duas retas não parale- las.
Teorema 5.2. Se m e n são retas paralelas, então todos os pontos de m estão à mesma distância da reta m.
Figura 5.2:
Demonstração Sejam A e B pontos de m. Sejam Aj e Bj os pés das perpendiculares baixadas de A e B até m.
Vamos mostrar que AAj = ABj.
Como m e n são paralelas, segue do Teorema 5.1 que BAˆjBj = ABˆAj e BAˆAj = BBˆjAj. Logo, os triângulos ABAj e BjAjB são retângulos em A e Bj com hipotenusa congruentes e um ângulo agudo congruente. Portanto, a Proposição 4.9 implica que ABAj = BjAjB. Em particular, AAj = BjB.
Exercício 5.1. Mostre a recíproca deste teorema, ou seja, se todos os pontos de m estão à mesma distância da reta m, então m e n são paralelas.
Vamos mostrar agora que com o Axioma das Paralelas, a desigual- dade no Teorema de Saccheri-Legendre não ocorre.
Teorema 5.3. Em qualquer triângulo ABC, tem-se Aˆ + Bˆ + Cˆ = 180◦.
Demonstração Tome uma reta r paralela ao lado AC. Sejam D e E pontos de r tais que D ∗ B ∗ E e D e A pontos localizados no lado da reta contendo BC. Então
DBˆA + ABˆC = DBˆC e DBˆC + ABˆE = 180◦.
Figura 5.3:
Portanto,
CBˆE + ABˆC + ABˆD = 180◦.
Pelo Teorema 5.1, temos que CBˆE = ACˆB e ABˆD = BAˆC.
Logo,
Aˆ + Bˆ + Cˆ = 180◦.
Como consequência imediata obtemos o seguinte corolário, cuja prova é deixada para o aluno.
Corolário 5.2. a) A soma dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 90◦.
- A medida de um ângulo externo de um triângulo é a soma dos ângulos internos não-adjacentes.
- A soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360◦.
Definição 5.1. Um paralelogramo é um quadrilátero cujos lados opostos são paralelos.
Proposição 5.16. Os lados e ângulos opostos de um paralelogramo são congruentes.
Figura 5.4:
Demonstração Seja ABCD um paralelogramo. Como AB e DC são paralelos, então BAˆC = ACˆD. Da mesma forma, concluímos que CAˆD = ACˆB. Isto implica que DAC = BCA, já que AC é comum a ambos os triângulos. Em particular, AB = DC, AD = BC e Bˆ = Dˆ. Além disso, Aˆ = DAˆC + CAˆB = BCˆA + ACˆD = Cˆ.
Exercício 5.2. Prove que as diagonais de um paralelogramo se intersectam em um ponto que é o ponto médio das duas diagonais.
Proposição 5.17. Se os lados opostos de um quadrilátero são con- gruentes então o quadrilátero é um paralelogramo.
Demonstração Seja ABCD um quadrilátero tal que AB = CD e BC = AD. O 3◦ caso de congruência de triângulos implica que ABC = CDA. Em particular, Bˆ = Dˆ e
DAˆB = DAˆC + CAˆB = BCˆA + ACˆD = BCˆD.
Exercício 5.3. Mostre que se dois lados opostos de um quadrilátero são paralelos e congruentes, então o quadrilátero é um paralelo- gramo.
Teorema 5.4. O segmento ligando os pontos médios de dois lados de um triângulo é paralelo ao terceiro lado e tem metade de seu comprimento.
Demonstração Seja ABC um triângulo. Sejam D e E os pontos médios dos segmentos AB e AC, respectivamente.
Figura 5.5:
Vamos mostrar que DE é paralelo a BC e DE = 1 BC.
|
|
Seja F um ponto na semi-reta SED tal que FD = DE e E ∗ D ∗ F . Observe que ADE = BDF, já que FD = DE (por construção), AD = DB (já que D é o ponto médio do segmento AB) e ADˆE = BDˆF (pois são opostos pelo vértice). Em particular BF = AE. O ponto E é ponto médio de AC e isto implica que AE = EC e então FB = EC. Além disso, novamente da congruência ADE = BDF , obtemos AEˆF = BFˆE. Do Teorema do Ângulo Interior Alternado, que FB é paralelo a EC. Pelo Exercício 5.3, segue que BCEF é um paralelogramo. Portanto, da Proposição 5.16, obtemos que EF = BC e como FD = DE, e F ∗ D ∗ E segue que DE = 1 BC.
A próxima proposição será muito útil para o estudo de semelhança de triângulos e é tradicionalmente atribuída a Tales de Mileto, matemático grego que viviu por volta dos anos 624 – 546 a.C.
Proposição 5.18. Sejam a, b e c retas paralelas e m e n duas transversais. Suponha que m e n intercectam a, b e c nos pontos A, B e C e nos pontos Aj, Bj e Cj, respectivamente. Se A ∗ B ∗ C,
então Aj ∗ Bj ∗ Cj. Se AB = BC então AjBj = BjCj.
Figura 5.6:
Demonstração Suponha qeu A ∗ B ∗ C. Neste caso, A e C estão em semi-planos opostos relativamente à reta b. Como AAj não intercecta b, já que os pontos A e Aj pertencem a reta a que é paralela à reta b, segue que A e Aj estão no mesmo semi-plano determinado por b. Do mesmo modo, concluímos que C e Cj estão no mesmo semi-plano. Portanto, Aj e Cj estão em semi-planos distintos relativamente a b. Logo, b intercecta AjCj implicando Aj ∗ Bj ∗ Cj.
Suponha agora que AB = BC. Trace pelo ponto Bj uma para- lela a m. Esta paralela corta a e c em pontos D e E, respectiva- mente. Como ADBjB e BBjEC são paralelogramos, segue que DBj = AB e BjE = BC. Além disso, temos do Teorema do Ân- gulo Interno Alternado que BjDˆAj = BjECj. Como AB = BC, por hipótese, e AjBˆjD = EBˆjCj por serem opostos pelo vértice, segue que AjBjD = CjBjE.
Assim, AjBj = CjBj.
Corolário 5.3. Suponha que k retas paralelas a1, . . . , ak cortam 5
duas retas m e n nos pontos A1, . . . , Ak e nos pontos B1, , Bk,
respectivamente. Se A1A2 = A2A3 = · · · = Ak−1Ak então B1B2 =
B2B3 = = Bk−1Bk.
Utilizando a Proposição 5.18, a demonstração é simples e é feita por indução sobre o número de retas. Deixamos para o aluno.
Teorema 5.5. Se uma reta, paralela a um dos lados de um triân- gulo, corta os outros dois lados, então ela os divide na mesma razão.
O que o teorema diz é que se uma reta r paralela a BC corta os lados AB e AC de um triângulo ABC, nos pontos D e E, respectivamente, então vale a igualdade:
AC AE
= .
AB AC
Figura 5.7:
Demonstração Na semi-reta SAB, tome um ponto P1 tal que
AB AP1
e AD AP1
não sejam números inteiros. De fato, basta tomar P1 tal que AP1 não seja um divisor comum de AB e AD. Assim, por indução, encontramos pontos P2, P3, . . . , Pk, . . . na semi-reta SAB tais que
Pk−1 ∗ Pk ∗ Pk+1 e APk = kAP1, ∀k ≥ 2.
Observe que isto implica que PkPk+1 = AP1.
Afirmação: D e B não coincidem com nenhum dos Pijs.
De fato, caso contrário teríamos D = Pk0 para algum k0 ≥ 1 e
AD = APk = kAP1 = k,
AP1 AP1 AP1
impcando que
A¯D A¯P1
seria inteiro, o que é uma contradição pela
escolha do ponto P1.
Logo, existem inteiros m e n tais que Pm ∗ D ∗ Pm+1, Pn ∗ B ∗ Pn+1, A ∗ Pm ∗ D e A ∗ Pn ∗ B.
Isto implica que
mAP1 = APm < APm + PmD = AD
< AD + DPm+1 = APm+1 = (m + 1)AP1,
ou seja,
mAP1 < AB < (n + 1)AP1.
Da mesma forma, encontramos
nAP1 < AB < (n + 1)AP1.
Afirmação:
m n + 1
AD
< < AB
m + 1
n
. (5.2)
Esta afirmação é consequência imediata das duas últimas desigual- dades.
Trace retas paralelas à reta contendo o segmento BC passando pelos pontos P1, P2, . . . , Pn+1. Pelo Corolário 5.3, estas paralelas cortam SAC em pontos Q1, Q2, . . . , Qn+1 tais que AQ1 = Q1Q2 = Q2Q3 = · · · . Em particular, AQk = kAQ1. Além disso, Qm ∗
E ∗ Qm+1 e Qn ∗ C ∗ Qn+1. Da mesma forma que obtivemos a 5
desigualdade (5.2), obtemos
m n + 1
AE
< < AC
m + 1
n
. (5.3)
As desigualdades (5.2) e (5.3) implicam que
|
A¯D A¯E m + 1 m
. A¯B A¯C . n n + 1
Observe que m ≤ n, o que implica que
m + 1 m m + n + 1
n − n + 1 =
n(n + 1)
2n + 2 2
≤
|
Assim,
= .
n(n + 1) n
|
|
. AB AC . n
pequeno (Por quê?), segue que
AD AE
= ,
AB AC
já que estes quocientes não dependem de n na desigualdade (5.4).
Dizemos que dois triângulos ABC e DEF são semelhantes se existe uma correspondência entre os vértices A ↔ D, B ↔ D e C ↔ F, tal que Aˆ = Dˆ, Bˆ = Eˆ, Cˆ = Fˆ e
AB BC CA
= = .
EF FG GE
O quociente comum entre as medidas dos lados correspondentes é chamado de razão de proporcionalidade entre os triângulos.
Notação: Usaremos a notação ABC ∼ DEF para indicar que os dois triângulos são semelhantes e a correspondência entre os vér- tices é dada exatamente na ordem que eles aparecem.
Observe que dois triângulos congruentes são semelhantes.
O próximo teorema afirma que não é necessário verificar todas as condições da definição de semelhança de triângulos, basta verificar algumas delas. Ele conhecido também como o 2◦ caso de semel- hança de triângulos.
Teorema 5.6 (Casso AAA de semelhança). Se em dois triângulos
ABC e DEF tem-se Aˆ = Dˆ, Bˆ
DEF.
= Eˆ
e Cˆ
= Fˆ, então ABC ∼
Figura 5.8:
Demonstração Sejam G e H pontos nas semi-retas SAB e SAC, respectivamente, tais que AG = DE e AH = DF. Pelo caso LAL de congruência de triângulos, segue que AGH = DEF. Assim,
AGˆH = Eˆ = Bˆ, o que implica que GH e BC são paralelas. O
Teorema 5.5 afirma que
AG AH
= ,
AB AC
ou seja, 5
DE DF
= .
AB AC
Da mesma forma, mostramos que
EF DE
= .
BC AB
Se dois triângulos possuem dois pares de ângulos congruentes, en- tão o terceiro par também será congruente, já que a soma dos ângulos de um triângulo é 180◦. Logo, se dois triângulos ABC e DEF são tais que Aˆ = Dˆ e Bˆ = Eˆ, então ABC ∼ DEF . De fato, na demonstração anterior não fizemos uso da congruência Cˆ = Fˆ. O próximo teorema é também conhecido como 2◦ caso de semel- hança de triângulos.
Teorema 5.7 (Caso LAL de semelhança). Se dois triângulos ABC
e DEF são tais que Aˆ = Dˆ e
AB AC
= ,
então ABC ∼ EFG.
DE DF
Figura 5.9:
Demonstração Seja G um ponto na semi-reta SAB tal que AG =
- Sejam r a reta paralela a BC que passa por G e H o ponto
de interseção desta reta com a semi-reta SAC. Como r é paralela a BC, segue que AGˆH = ABˆC e AHˆG = ACˆB, o que implica que ABC ∼ AGH, pelo caso AAA de semalhança de triângulos. Como
AG AH
AG = DE e = ,
AB AC
segue que
DF DE AG AH
= = = ,
AC AB AB AC
ou seja, DF = AH.
Logo, pelo caso LAL de congruência, segue que AGH = DEF.
Como AGH ∼ ABC, então ABC ∼ DEF.
O próximo teorema é conhecido também como o 3◦ caso de semel- hança de triãngulos.
Teorema 5.8 (Caso LLL de semelhança). Se em dois triângulos
ABC e DEF tem-se
AB BC CA
= = ,
DE EF FD
então ABC ∼ DEF.
Figura 5.10:
Demonstração Sejam G em ponto de SAB tal que AG = DE e
H o ponto de interseção da reta paralela a BC que passa por G.
Note que AGˆH = Bˆ, o que implica que AGH ∼ ABC, pelo caso 5
AAA de semelhança de triângulos. Em particular
AG AH GH
= = .
Mas como
AB AC BC
AB BC
AG = DE e = ,
então
DE EF
GH AG DE EF
= = =
BC AB AB BC
o que implica que
EF = GH.
Da mesma forma, mostramos que AG = DE e AH = DF.
Logo, ABC ∼ EFG.
Teorema 5.9. Seja ABC um triângulo retângulo cujo ângulo reto
é Cˆ. Seja D o pé da perpendicular baixada de C a AB. Então
ACD ∼ ABC ∼ CBD.
A demonstração baseia-se no fato que a soma dos ângulos internos de um triângulo retângulo é 180◦ e no caso AAA de semelhança de triângulos. Usaremos este teorema para a demonstração do Teorema de Pitágoras a seguir.
Teorema 5.10 (Teorema de Pitágoras). Seja ABC um triângulo retângulo cujo ângulo reto é Cˆ. Se AB = c, AC = b e BC = a, então c2 = a2 + b2.
Demonstração Seguindo a figura anterior, temos ACD ∼ ABC ∼
CBD, o que implica que
AC AD BC DB
= e = .
Assim,
AB AC
AB BC
implica que
b2 = cAD e a2 = cDB
a2 + b2 = c(AD + DB) = c2.
Figura 5.11:
Exercício 5.4. Nas condições anteriores ,prove que h2 = A¯DDˆB.
O próximo teorema é simplesmente a recíprova do Torema de Pitá- goras.
Teorema 5.11. Se a, b e c são as medidas dos lados de um triân- gulo e satisfazem c2 = a2 + b2, então o triângulo é retângulo com hipotenusa c.
Figura 5.12:
Demonstração Seja ABC um triângulo com AB = c, AC = b e
BC = a. Seja DFˆE um ângulo reto com EF = AC e DF = BC.
Pelo Teorema de Pitágoras, temos que DE = √a2 + b2 = c. Pelo
caso LLL de congruência de triângulos, temos ABC = EDF.
Exercício 5.5. Mostre que em qualquer triângulo, o produto de uma base e a correspondente altura é independente da escolha da
base. 5
¨
Nesta aula introduzios o Axioma das Paralelas, que nos permitiu mostrar que a soma dos ângulos internos de qualquer triângulo é 180◦. Estudamos algumas propriedades dos paralelogramos. Além disso, definimos semelhança de triângulos e mostramos três ca- sos de semelhança. Como aplicação de semelhança de triângu- los, mostramos o Teorema de Pitágoras, que diz que em qualquer triângulo retângulo, o quadrado da hipotenusa é igual a soma dos quadrados dos catetos.
¨
Na próxima aula iremos estudar angulos inscritos num círculos. Também estudaremos polígonos inscritíveis e circunscritíveis num círculo.
¨
- Prove que a soma das medidas dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 90◦.
- Prove que a medida do ângulo externo de um triângulo é igual a soma das medidas dos ângulos internos a ele não
- O que é maior, a base ou a lateral de um triângulo isósceles cujo ângulo oposto à base mede 57◦?
- Quanto medem os ângulos de um triângulo se eles estão na mesma proporção que os números 1, 2 e 3?
- Se um triângulo retângulo possui um ângulo que mede 30◦, 5
mostre que o cateto oposto a este ângulo mede a metade da hipotenusa.
- Seja ABC um triângulo isósceles com base AB. Sejam M e N os pontos médios dos lados CA e CB, respectivamente. Mostre que o reflexo do ponto C relativamente à reta que passa por M e N é exatamente o ponto médio do segmento AB.
- Um retângulo é um quadrilátero que tem todos os seus ângu- los Mostre que, todo retângulo é um paralelogramo.
- Um losango é um paralelogramo que tem todos os seus lados Mostre que, as diagonais de um losango cortam- se em ângulo reto e são bissetrizes dos seus ângulos.
- Pode existtir um triângulo ABC em que a bissetriz do ân- gulo Aˆ e a bissetriz do ângulo externo no vértice B sejam paralelas?
- Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Mostre que a bissetriz do seu ângulo externo no vértice A é paralela a sua
- Na figura 5.13 AB, AC e CD são congruentes. Determine o ângulo β em função do ângulo α.
Figura 5.13:
- Na figura 14 determine o valor de α + β + γ + θ.
Figura 5.14:
- Mostre que, se os ângulos opostos de um quadrilátero são congruentes, então o quadrilátero é um
- Mostre que, se as diagonais de um quadrilátero se intersec- tam em um ponto que é ponto médio de ambas, então o quadrilátero é um
- Mostre que, se as diagonais de um paralelogramo são con- gruentes, então o paralelogramo é um retângulo.
- Mostre que, os pontos médios dos lados de um quadrilátero qualquer são vértices de um
- Mostre que dois triângulos equilátero são sempre
- Considere um triângulo ABC e um ponto D ∈ AC tal que
BDA ∼ ABC. Conclua que o triângulo BDA é isósceles.
- Na figura (pg 114) o triângulo ABC é equilátero, as três retas ligando os lados AB a AC são paralelas a BC, dividem o lado AB em quatro segmentos congruentes. Se DG + EH + FI = 18, determine o perímetro do triângulo ABC.
- Considere o triângulo EFG formado pelos pontos médios dos lados do triângulo ABC. Qual a relação entre seus perímet- ros?
5
Figura 5.15:
- Prove que alturas correspondentes em triângulos semelhantes estão na mesma razão que os lados
- Seja ABC um triângulo, D o ponto médio de AC e E o ponto médio de BC. Sabendo que BD é perpendicular a AE, AC = 7, determine AB.
- Seja ABC um triângulo retângulo em que Cˆ é o ângulo r Trace a altura a partir do ponto C. Se a e b são comprimentos dos catetos e h é o comprimento da altura, mostre que
1 1 1
h2 = a2 + b2 .
- Os lados de um triângulo ABC medem: AB = 20cm, BC = 15cm e CA = 10 Sobre o lado BC marca-se um ponto D de modo que BD = 3cm e traçam-se pelo ponto D retas paralelas aos lados AB e AC as quais intercectam, respec- tivamente, nos pontos F e E. Mostre que o quadrilátero AEDF é um paralelogramo e determine seu perímetro.
¨
- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
O Círculo
META:
Estudar propriedades básicas do círculo.
OBJETIVOS:
Estudar retas tangentes a um círculo. Estudar ângulo inscritos no círculo.
Identificar polígonos inscritíveis e circunscritíveis num círculo.
PRÉ-REQUISITOS
O aluno deve ter compreendido todas as aulas anteriores, princi- palmente os casos de congruência de triângulos.
AULA
6
O terceiro postulado de Euclides diz que é possível traçar um cír- culo com qualquer centro e com qualquer raio. Com os nossos axiomas, este postulado é simplesmente uma consequência.
Até o momento nós estudamos apenas triângulo e quadriláteros, figuras planas definidas por pontos e retas. Nesta aula começare- mos nosso estudo do círculo, que é uma figura plana definida através da noção de distância entre dois pontos. Veremos quais as consequências de um ângulo inscrito em um polígono, e também quando um polígono possui um círculo inscrito e outro circunscrito.
Seja P um ponto e r um número positivo.
Definição 6.1. O círculo com centro P e raio r é o conjunto dos pontos Q tais que PQ = r.
Figura 6.1:
Dois ou mais círculos com o mesmo centro são ditos concêntricos. Se Q é qualquer ponto do ciruclo, então o segmento PQ é um raio do circulo, e Q é a extremidade do raio. Se Q e R são pontos do círculo, então QR é uma corda do círculo. Uma corda que contém
o centro é denominada um diâmetro do círculo. Evidentemente, 6
o comprimento de todo diâmetro é o número 2r. Este número é denominado o diâmetro do círculo.
Observação Note que a palavra raio é usada com dois sentidos. Ela pode significar um número r ou um segmento PQ. Porém, no contexto sempre será fácil identificar o significado. Quando falamos “o raio”, falamos do número r, e quando falamos de “um raio”, falamos de um segmento. Da mesma forma, para a palavra diâmetro.
Definição 6.2. Uma reta é tangente a um círculo se possui um único ponto em comum. O ponto em comum é denominado de ponto de tangência. Se uma reta intersecta um círculo em dois pontos, ela é denominada reta secante.
Teorema 6.1. Se uma reta é perpendicular a um raio de um cír- culo em sua extremidade, então a reta é tangente ao círculo.
Figura 6.2:
Demonstração Sejam C um círculo com centro em P, PQ um raio e r uma perpendicular a PQ em Q.
Se R é qualquer outro ponto de r, então PR > PQ, já que o menor segmento unindo um ponto a uma reta é o segmento perpendicular. Portanto, R está no exterior de C.
Logo, r intersecta C somente no ponto Q, o que implica que r é tangente a C.
Teorema 6.2. Toda tangente r a um círculo C é perpendicular ao raio com extremidade no ponto de tangência Q.
Figura 6.3:
Demonstração Suponha que PQ não seja perpendicular a r. Então, seja R um ponto de r tal que PR é perpendicular a r. Sabemos que existe um ponto S na reta r tal que Q ∗ R ∗ S e RQ = RS. Pelo Teorema de Pitágoras, temos
2 2 2PR + RQ = PQ
e
o que implica que
2 2 2
PR + RS = PS ,
PQ = PS.
Logo, S pertence ao círculo, e isto implica que r não é tangente ao círculo.
Proposição 6.19. Um raio é perpendicular a uma corda (que não 6
é um diâmetro) se e somente se a divide em dois segmentos con- gruentes.
Figura 6.4:
Demonstração Suponha inicialmente que um raio PR seja per- pendicular a uma corda AB que não é um diâmetro.
Seja M o ponto de interseção de PR com AB. Como PA = PB, segue que APB é um triângulo isósceles com base AB. Então PM é a altura de APB com respeito a AB. Pela Proposição 3.8, temos que a altura coincide com a mediana.
Logo, AM = MB.
Para a recíproca, a demonstração é análoga ao caso anterior, já que em um triângulo isósceles a altura coincide com a mediana.
Exercício 6.1. Mostre que em um círculo duas cordas são congru- entes se e somente se elas estão à uma mesma distância do centro do círculo.
A demonstração deste exercício é simples, basta usar congruência de triângulo retângulos.
Sejam A e B pontos de um círculo de centro P. Considere a reta r que passa por A e B. Cada semi-plano determinado por r contém uma parte do círculo chamada arco.
Definição 6.3. O arco contido no semi-plano contendo o centro é chamado de arco maior e o outro arco é denominado menor.
Figura 6.5:
Se APˆB é raso, cada arco é um semi-círculo.
Definição 6.4. O ângulo APˆB é denominado de ângulo central. A medida em graus do arco menor é a medida do ângulo central
APˆB. A medida em graus do arco maior é 360◦ − APˆB. Exercício 6.2. Em um mesmo círculo, cordas congruentes deter- minam ângulos centrais congruentes.
Para a demonstração deste exercício use o caso LLL de congruência de triângulos.
Definição 6.5. Um ângulo está inscrito em um círculo se seu vértice A pertence ao círculo e os lados intersectem o círculo em pontos, B e C, distintos do vértice. O arco determinado por B e C
que não contém o vértice A é denominado de arco correspondente 6
ao ângulo inscrito dado.
Figura 6.6:
Dizemos também que o ângulo subtende o arco.
Proposição 6.20. Todo ângulo inscrito em um círculo tem a metade da medida do arco correspondente.
Demonstração Seja BAˆC um ângulo inscrito em um círculo de centro P.
Temos três casos a considerar.
- Caso 1: Suponha que um dos lados do ângulo BAˆC contém um diâmetro.
Note que PAB é isósceles com base AB. Assim, BAˆP =
P BˆA. Além disso,
ABˆP + BPˆA + P AˆB = 180◦
e
BPˆC + BPˆA = 180◦.
|
Logo, CAˆB = P AˆB = 1 P PˆC.
Figura 6.7:
- Caso 2: Suponha que B e C estão em lados opostos do diâmetro com extremidade
Seja D a outra extremidade do diâmetro contendo A. Assim,
BAˆC = BAˆD + DAˆC.
Pelo caso 1, temos que
ˆ 1 ˆ ˆ 1 ˆ
BAD =
BPD e DAC =
2
DPC.
2
Portanto, BAˆC = 1 BPˆD + 1 DPˆC = 1 BPˆC.
2 2 2
Figura 6.8:
- Caso 3: Suponha que B e C estão no mesmo lado do diâmetro 6
contendo A.
Basta ver que, pelo caso 1 novamente, obtemos
BAˆC = BAˆD −
CAˆD =
1 BPˆD
2
1 CPˆD =
|
2
1 BAˆC.
2
Figura 6.9:
Corolário 6.1. Todos os ângulos inscritos no mesmo arco são congruentes.
Corolário 6.2. Um ângulo inscrito em um semi-círculo é reto.
A prova destes corolários são imediatas e deixada ao aluno.
Proposição 6.21. Sejam AB e CD cordas distintas de um círculo que se intersectam em um ponto P. Então AP · PB = CP · PD.
Demonstração Pelo Corolário 6.1 temos DAˆB = DCˆB e ADˆC = ABˆC. Como APˆD e BPˆC são opostos pelo vértices, então são con- gruentes.
Logo, pelo caso AAA de semelhança de triângulos, segue que APD ∼
CPB.
Figura 6.10:
Figura 6.11:
Portanto,
AP PD
= ,
CP PB
que é equivalente a AP · PB = CP · PD.
Proposição 6.22. Se os dois lados de um ângulo com vértice P
são tangentes a um círculo de centro O nos pontos A e B, então
- APˆB = 180◦ menos o arco menor determinado por A e B.
- PA =
Demonstração Pelo Teorema 6.2, segue que OAˆP = OBˆP = 90◦. Como o arco menor determinado por A e B mede AOˆB,
Figura 6.12:
segue que
implica que
Pˆ + P AˆO + AOˆB + OBˆP = 360◦, Pˆ = 180◦ − AOˆB,
provando a parte (a).
Para provar a parte (b), inicalmente observe que os triângulos PAO e PBO são retângulo em A e B, respectivamente. Como AO = BO, por serem raios de um mesmo círculo, e PO é comum a ambos os triângulos, segue PAO = PBO, pelo caso de congruên- cia de triângulos retângulos. Em particular, PA = PB.
Incialmente vejamos a seguinte definição
Definição 6.6. A mediatriz de um segmento é a reta perpendicular ao segmento que passa por seu ponto médio.
Lema 6.1. Os pontos da mediatriz de um segmento são equidis- tantes das extremidades do segmento.
Demonstração Sejam AB um segmento, M seu ponto médio e
r sua mediatriz.
Tome um ponto P qualquer de r diferente de M . Obeserve que temos dois triângulos AMP e BMP com AM = MB, já que M é o ponto médio de AB, AMˆ P = BMˆ P = 90◦ (pois r é perpendicular a AB) e com um lado MP em comum.
Logo, pelo caso LAL de congruência de triângulos, temos que AMP = BMP , em particular AP = BP , que é o que queríamos demonstrar.
Definição 6.7. Um polígono está inscrito num círculo se todos os seus vértices pertencem ao círculo.
Figura 6.13:
Proposição 6.23. Todo triângulo está inscrito em algum círculo.
Demonstração Considere um triângulo ABC. Seja m a reta perpendicular a AB e passando por seu ponto médio M . Seja n a reta perpendicular a BC e passando por seu ponto médio N . Seja P o ponto de interseção de m com n. Pelo Lema 6.1, segue que todo ponto de m é equidistante de A e B e todo ponto de n é equidistante de B e C.
Logo, P é o centro do círculo que contém A, B e C.
Figura 6.14:
Corolário 6.3. As mediatrizes dos lados de um triângulo encontram- se em um mesmo ponto.
A demonstração deste corolário é uma aplicação direta da Proposição
6.23 e deixada para o aluno. O próximo corolário é basicamente a Proposição 6.23.
Corolário 6.4. Três pontos não colineares determinam um cír- culo.
Mostramos que qualquer triãngulo está inscrito em um círculo. Então, podemos perguntar se qualquer polígono pode ser inscrito em algum círculo. Em geral esta pergunta tem uma resposta neg- ativa, visto que a condição de que um polígono esteja inscrito em um círculo acarreta fortes restrições sobre sua medida.
Para um quadrilátero temos a seguinte proposição.
Proposição 6.24. Um quadrilátero pode ser inscrito em um cír- culo se e somente se possui um par de ângulos opostos suple- mentares.
Demonstração Suponhamos que o quadrilátero ABCD esteja inscrito em um círculo de centro P . Note que os ângulos DAˆB e DCˆB subtendem os dois arcos determinados por B e D. Assim, pela Proposição 6.20, temos
ˆ 1 ˆ ˆ 1 ˆ
DAB =
DPB e DCB =
2
DPB.
2
Aqui estamos indicando pela mesma notação, DPˆB, dois ângulos cuja soma é 360◦.
Logo, DAˆB + DCˆB = 180◦.
Figura 6.15:
Suponha agora que ABCD é um quadrilátero com Aˆ + Cˆ = 180◦.
Vamos mostrar que ABCD está inscrito em algum círculo.
Pelo Corolário 6.4 podemos traçar um círculo pelos pontos A, B e
C.
Temos três casos possíveis.
Figura 6.16:
Caso 1: D esta fora do círculo.
Seja E o ponto de interseção de BD com o círculo. Pelo Teorema do Ângulo Externo, temos
AEˆB > ADˆB e BEˆC > CDˆB.
Assim,
AEˆC = AEˆB + BEˆC > ADˆB + BDˆC = ADˆC.
Por outro lado,
por hipótese, e
ABˆC + ADˆC = 180◦,
ABˆC + AEˆC = 180◦,
pela primeira parte.
Logo, ADˆC = AEˆC, que é uma contradição.
Caso 2: D pertence ao interior do círculo.
Nete caso, tome E o ponto de interseção do círculo com a semi-reta SBD. Da mesma forma que antes, mostramos que ADˆC = AEˆC e ADˆC > AEˆC. Contradição.
Logo, só podemos ter que D pertence ao círculo.
Definição 6.8. Um círculo está inscrito em um polígono se todos os lados são tangentes ao círculo.
Neste caso, dizemos que o polígono circunscreve o círculo.
Proposição 6.25. Todo triângulo possui um círculo inscrito.
Figura 6.17:
Demonstração Seja ABC um triângulo e P o ponto de encontro das bissetrizes de Aˆ e Bˆ.
Afirmação: P é equidistante dos lados do triângulo.
De fato, se E e G são os pés das perpendiculares baixadas de P a
AB e a AC, respectivamente, então
P AˆE = P AˆG e P EˆA = P GˆA = 90◦.
Logo, PAE = PAG, já que PA é comum a ambos. Em particular, PE = PG. Da mesma forma, mostramos que P é equidistante de BC e AB.
Corolário 6.5. As bissetrizes de um triângulo encontram-se em um ponto.
A demonstração deste corolário é imediata da Proposição 6.25.
Definição 6.9. Um polígono regular é um polígono com todos os 6
lados e ângulos congruentes.
Proposição 6.26. Todo polígono regular está inscrito em um cír- culo.
Demonstração Seja A1A2a . . . An um polígono regular. Pelo Corolário 6.4, podemos traçar um círculo contendo A1, A2 e A3. Seja P o centro deste círculo.
Vamos mostrar que os vértices A4, A5, . . . , An pertencem a este círculo.
Para isto, note que o triângulo PA2A3 é isósceles, já que PA2 e PA3 são raios de um mesmo círculo. Assim, P Aˆ2A3 = P Aˆ3A2. Como o polígono é regular, todos os seus ângulos são congruentes.
Portanto, A1Aˆ2A3 = A2Aˆ3A4. Além disso, temos
A1Aˆ2A3 = A1Aˆ2P + P Aˆ2A3
e
A2Aˆ3A4 = A2Aˆ3P + P Aˆ3A4,
implicando que A1Aˆ2P = P Aˆ3A4. Também temos que A1A2 = A3A4, já que são lados de um polígono regular, e PA2 = PA3, pelo fato que A1 e A2 pertencem a um círculo de raio P . Pelo caso LAL de congruência de triângulos, temos que PA1A2 = PA4A3. Em particular obtemos PA4 = PA1, implicando que A4 pertence ao círculo contendo A1, A2 e A3.
Analogamente mostramos que cada um dos pontos A5, . . . , An per- tencem a este mesmo círculo.
Corolário 6.6. Todo polígono regular possui um círculo inscrito.
Demonstração Seja A1A2 . . . An um polígono regular. Pela Proposição 6.26, podemos traçar um círculo contendo A1, A2 . . . , An. Seja P o centro deste círculo.
Pelo caso LLL de congruência de triângulos, mostramos que todos os triângulos A1PA2, A2PA3, A3PA4, . . . são congruentes. Como
consequência suas alturas relativamente às bases são também con- gruentes.
Portanto, o círculo de centro P e raio igual a esta altura está inscrito no polígono. (Por que este círculo é tangente aos lados do triângulo?)
Até aqui já sabemos calcular a distância entre dois pontos, bas- tando para isso calcular o comprimento do segmento determinado por estes pontos. A maneira como nós introduzimos o compri- mento de um segmento foi através de um axioma. Então podemos perguntar:
Mas como calcular o comprimento de um cír-
culo? É necessário um outro axioma?
De fato, não é necessário introduzir um novo axioma para este fim. Calcula-se o comprimento de um círculo através de uma idéia intuitiva. Aproxima-se o círculo através de polígonos regulares in- scritos, cujo perímetro sabemos calcular. A nossa intuição nos diz que se o número de lados do polígono regular for suficientemente grande, então o perímetro do polígono será muito próximo do com- primento do círculo.
De fato, se P é um polígono convexo inscrito em um círculo e A e B são vértices consecutivos de P , então considerando P1 o polígono cujos os vértices são os vértices de P mais um ponto C do círculo entre os pontos A e B, teremos que que o perímetro de P1 será maior que o perímetro de P , desde que AB < AC + CB. Assim, adicionando-se a um polígono convexo novos vértices, aumentamos o seu perímetro. Além disso, o perímetro de um polígono circun- scrito ao círculo é maior que o perímetro de qualquer polígono convexo inscrito.
Assim, temos a seguinte definição
Definição 6.10. O comprimento de um círculo é o menor dos 6
números maior que o perímetro de qualquer polígono convexo nele inscrito.
O comprimento do círculo de raio r é tradicionalmente represen- tado na forma 2πr.
O número π é um velho conhecido dos matemáticos. Os babilônios, por volta de 2000 a 1600 a.C., considerou o comprimento do círculo três vezes o diâmetro, isto é, eles aproximaram π como sendo igual
|
|
a 3. Os egipcios de 1800 a.C., de acordo com o papiro de Rhind, tomaram a aproximação π ∼ 22 2 ∼ 3, 1604. O valor aproximado de π, correto até a 5a casa decimal é π = 3, 141593.
Em 1789 Johann Lambert provou que π não é um número racional, e em 1882 F. Lindemann provou que π é um número trascendente, ou seja, não raiz de nenhum polinômio com coeficientes inteiros. Isto implica, como veremos nas próximas aulas, que é impossível construir um quadrado com mesma área de um círcul usando so- mente régua e compasso.
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Nesta aula vimos algumas propriedades básicas dos círculos. Estu- damos algumas relações de ângulos inscritos no círculo e obtemos algumas consequências, como por exemplo, que um quadrilátero está inscrito em algum círculo se e somente se possui um par de ângulo opostos suplementares. Vimos também que todo triângulo e todo polígono regular possui um círculo inscrito e circunscrito.
¨
Na próxima aula, vamos usar o que estudamos de círculos e de triângulos para definir uma clase de funções bem conhecidas, as funções trigonométricas.
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- Considere dois círculos de raios r1 e r2. Mostre que se eles se intersectam em mais de um ponto então r1 + r2 é maior do que a distância entre seus
- Diremos que dois círculos são tangentes se são tangentes a uma mesma reta em um mesmo ponto. O ponto mencionado é chamado de ponto de contato. Mostre que, quando dois círculos são tangentes, os dois centros e o ponto de contato são
- Dois círculos são ditos tangentes exteriores se ficam de lados opostos da reta tangente comum. Se os dois ficam do mesmo lado da reta tangente, diz-se que os dois são tangentes inte- riores. Qual a distância entre os centros de dois círculos que são tangentes exteriores sabendo-se que seus raios medem 2cm e 5cm?
- Prove que, em um mesmo círculo ou em círculos de mesmo 6
raio, cordas equidistantes do centro são congruentes.
- Em um triãngulo equilátero mostre que o círculo inscrito e o círculo circunscrito têm o mesmo
- Na figura 6.18 as três retas são tangentes simultaneamente aos dois círculos. Estas retas são denominadas tangentes comuns aos círculos. Desenhe dois círculos que tenham:
Figura 6.18:
- quatro tangentes
- exatamente duas tangentes
- somente uma tangente
- nenhuma tangete
- mais de qutro tangentes
- Na figura relativa ao exercício anterior, os dois círculos são tangentes e a tangente que passa no ponto de contato in- tersecta as outras duas, determinando um segmento. Deter- mine, em função dos dois raios, o comprimento deste seg- mento e mostre que o ponto de contato é o seu ponto médio.
Figura 6.19:
- Na figura 19 MO = IX. Prove que MI = OX.
- Na figura 20 sabe-se que Y é o centro do círculo e que
BL = ER. Mostre que BE é paralelo a LR.
Figura 6.20:
- Na figura 21 o quadrilátero DIAN é um paralelogramo e
I, A e M são colineares. Mostre que DI = DM .
- Na figura 22 qual dos dois arcos, AˆH ou MˆY , tem a maior
6
Figura 6.21:
medida em graus? Sabe-se que os dois círculos são concên- tricos.
Figura 6.22:
- Uma reta intersecta um círculo em no máximo dois pon- As que o intersectam em exatamente dois pontos são chamadas de secantes. Um ângulo secante é um ângulo cujos lados estão contidos em duas secantes do círculo e que cada lado intersecta o círculo em pelo menos um ponto exclído o vértice. Vamos chamar de região angular associada a um ân-
|
gulo ABˆC a intrseção dos seguintes dois semi-planos: o que contém o ponto C e é determinado por AB, e o que contém o ponto A e é determinado por BC. Dados um ângulo e um círculo, a parte do círculo contida na região angular associ- ada ao ângulo dado designado arco (ou arcos) determinado (determinados) pelo ângulo. Nos ítens seguintes indicaremos por AB a medida em graus do arco AB.
- Na figura 23 à esquerda APˆB é um ângulo secante cujo vértice está dentro do círculo. Mostre que
ˆ 1
APB = 2 (AˆB + CˆD).
Figura 6.23:
- Na figura 6.23 à direita APˆB é um ângulo secante cujo vértice está fora do círculo. Mostre que
ˆ 1
APB = 2 (AˆB − CˆD).
- Prove que todo paralelogramo inscrito em um círculo é um retângulo.
- Um círculo está inscrito em um triãngulo retângulo cujos catetos medem b e c e a hipotenusa mede a. Determine o diâmetro do círculo.
- Dois círculos são tangentes exteriores sendo A o ponto de 6
contato. Seja B um ponto de um dos círculos e C um ponto do outro tais que a reta que passa por estes pontos é tangente comum aos dois círculos. Mostre que o ângulo BAˆC é reto.
- Na figura 24 à esquerda, APˆC é um ângulo secante cujo vértice encontra-se fora do círculo e que o intersecta em qua- tro pontos como indicado. Prove que AP · PB = CP · PD.
Figura 6.24:
- Na figura à direita, WS e HI são cordas que se interesectam no ponto G, e RT é bissetriz do ângulo W GˆI. Prove que WR TS = RI · HT .
- Na figura seguinte as retas são tangentes comuns aos dois círculos. Prove que m1 e m2 se intersectam na reta que contém os centros dos círculos. Prove que se os raios dos dois círculos são diferentes, as retas n1 n2 também se intersectam na reta que contém os
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
Funções Trigonométricas
META:
Introduzir as principais funções trigonométricas: seno, cosseno e
tangente.
OBJETIVOS:
Definir as funções seno, cosseno e tangente. Mostrar algumas identidades trigonométricas.
Calcular os valores das funções seno, cosseno e tangente para al- guns ângulos.
PRÉ-REQUISITOS
O aluno para acompanhar esta aula, é necessário que tenha com- preendido todos os casos de semelhança de triângulos e as pro- priedades de ângulos inscritos em um círculo.
AULA
7
Olá caro aluno, espero que esteja curtindo a leitura. Nesta aula iremos iniciar nosso estudo da funções trigonométricas. O estudo destas funções e de suas aplicações é denominado trigonometria. A trigonometria iniciou-se como estudo das aplicações, a problemas práticos, das relações entre os lados de um triângulo.
Algumas funções eram historicamente comuns, mas agora são rara- mente usadas, como a corda, que em notação atual é dada por crdθ = 2 sin(θ/2). Hoje as funções trigonométricas mais conheci- das são as funções seno, cosseno e tangente. De fato, as funções seno e cosseno são as funções principais, visto que todas as outras podem ser colocadas em termos destas.
Nesta aula veremos como utilizar semelhança de triângulo para definir as funções trigonométricas, bem como provrar algumas de suas principais propriedades. Veremos também como calcular al- guns valores destas funções tomando triângulo retângulos particu- lares.
Considere um semicírculo de centro P e diâmetro AB. Tome um ponto C do semicírculo e faça α = CPˆB. Seja D um ponto de AB tal que CD seja perpendicular a AB.
Definição 7.1. a) Chama-se seno do ângulo α, e denotamos por sen α, ao quociente
sen α = CD.
PC
- Chama-se de cosseno do ângulo α, e denotamos por cos α, ao quociente
PD
cos α =
PC
ou
PD
cos α = − PC
se 0 ≤ α ≤ 90◦
se 90◦ ≤ α ≤ 180◦.
- Chama-se de tangente do ângulo α, e denotamos por tan α 7
ao quociente
tan α =
sen α
.
cos α
Figura 7.1:
Observação: De acordo com as definições acima podemos deduzir os seguintes valores
sen 0◦ = 0, sen 90◦ = 1, e sen 180◦ = 0,
cos 0◦ = 1, cos 90◦ = 0, e cos 180◦ = −1
e
tan 0◦ = tan 180◦ = 0.
Além disso, a tangente não está definida para α = 90◦.
Proposição 7.27. O seno e cosseno independem do semi-círculo utilizado para definí-los.
Demonstração De fato, se temos dois semi-círculos como na figura abaixo e tomamos C e Cj tais que CPˆD = CjPˆjDj = α, então os triângulos PDC e PjDjCj, retângulos em D e Dj, respec- tivamente, são semelhantes (Por quê ?). Assim,
CjPj = CjDj = PjDj .
Portanto,
CP CD PD
sen α = CD = CjDj e cos α = PD = PjDj .
CP CjPj PC PjCj
Figura 7.2:
Teorema 7.1. Para todo ângulo α temos sen α2 + cos α2 = 1.
Demonstração Se α = 0◦, 90◦ e 180◦, o resultado é imediato, pelo que vimos anteriormente. Nos outros casos, considere a figura 7.2. Assim,
sen 2α + cos2 α =
PD 2
CD 2
PD2
=
+ CD2
PC2
= .
|
PC PC
PC2
PC2
Nesta terceira igualdade usamos o Teorema de Pitágoras. Logo,
sen 2α + cos2 α = 1.
Os próximos resultados irão nos permir calcular os valores de al- guns ângulos a partir de outros.
Teorema 7.2. Se α é um ângulo agudo, então
- sen (90◦ − α) = cos α
- cos(90◦ − α) = sen α
|
- c) tan(90◦ α) = 1
tan α
Figura 7.3:
Demonstração Considere a figura abaixo. Como os triângulos PFE e PDC são retos em F e D, e a soma dos ângulos agu- dos de um triângulo retângulo é 90◦, segue que PFE e CDP são congruentes. Em particular,
PD PC DC
= = .
Logo,
PE PE PF
sen (90◦ α) = EF
|
PE
PD
= = cos α, PC
cos(90◦ α) = PF = DC
|
PE PC
e
= sen α,
tan(90◦ − α) = sen (90◦ − α) = cos α = 1 .
cos(90◦ − α) sen α tan α
Teorema 7.3. Para todo α temos
- sen (180◦ − α) = sen α
- cos(180◦ − α) = − cos α
Demonstração Para α = 0◦, 90◦ ou 180◦, segue diretamente. Considere a figura abaixo. Como antes, mostramos que PDC =
Figura 7.4:
PFE, o que implica que
sen (180◦ α) = EF
|
PE
= = sen α PC
|
e
|
| cos(180◦ − α)| = PF = PD = | cos α|.
PC
Como α /= 90◦, então α ou 180◦ − α é agudo e o outro obtuso. Isto implica que cos α e cos(180◦ − α) têm sinais contrários.
Exercício 7.1. Mostre que se ABC é um triângulo retângulo em
C, então
BC = ABsen Aˆ, AC = AB cos Aˆ e BC = AC tan Aˆ.
Proposição 7.28.
◦ 1 ◦ 1 ◦
- a) sen 45 = √2 , cos 45 = √2 e tan 45 = 1
1 √3 1
- b) sen 30◦ = , cos 30◦ =
2
Demonstração
2 e tan 30◦ = √3 .
- Seja ABC um triângulo retângulo em Cˆ e com AC = BC. Então Aˆ = Bˆ = 45◦, já que a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180◦. O Teorema de Pitágoras implica que
AB2 = AC2 + BC2 = 2AC2
Figura 7.5:
e assim,
Logo,
AC =
AB
√2 .
CB AB/√2 1
sen 45◦ = cos 45◦ = =
AB
AB = √2 .
A tangente é obtida pela simples divisão dos valores do seno e cosseno.
- Seja ABC um triângulo equilátero. Considere D o ponto médio de AC. Daí, DBˆC = 30◦ e, pelo Teorema de Pitágoras
BC
CD =
. Portanto,
2
sen 30◦ = CD = BC/2 1
= ,
BC BC 2
e
tan 30◦
4 2
|
1
= √3 .
Usando o Teorema 7.28 e as fórmulas de redução, podemos calcular os valores do seno e cosseno dos ângulos 60◦, 120◦, 135◦ e 150◦. Deixamos como exercício.
Teorema 7.4. Seja ABC um triângulo. Então
AB2
= AC2
+ BC2
— 2AC · BC cos Cˆ.
Demonstração Se Cˆ = 90◦, então não temos nada a fazer, já
que cos 90◦ = 0 e, neste caso, a fórmula reduz-se ao Teorema de Pitágoras.
Suponha que Cˆ /= 90◦.
Seja D o pé da perpendicular da altura do vértice A. Como Cˆ /=
90◦, então C D.
Se D = B, então Bˆ = 90◦. Neste caso
cos Cˆ = BC
AC
e
o que implica que
2 2 2
AC = AB + BC ,
AB2 = A C2 − BC2
2 2
= AC2
+ BC2
2
— 2BC
ˆ
= AC
+ BC
— 2BC · AC cos C,
que é o resultado desejado. Suponha agora que D /= B e C.
Neste caso, ADB e ADC são triângulos retângulos em Dˆ. Pelo
Teorema de Pitágoras,
AB2 = AD2 + DB2
e 7
AC2 = AD2 + DC2.
Subtraindo, obtemos
que é equivalente a
2 2 2 2
|
AC = DB − DC
|
AB = AC + DB − DC . (7.5)
Temos três casos a considerar.
- Caso 1: B ∗ C ∗
Figura 7.6:
Neste caso,
BD = BC + CD.
Assim, da equação (7.5), obtemos
AB2
= AC2
+ (BC + CD)2
2
— DC
= AC2
2
+ BC2
2
+ CD2 + 2BC · CD − CD2
= AC
Além disso,
+ BC
+ 2BC · CD.
e
Logo,
cos ACˆD = CD
AC
cos ACˆB = − cos(180◦ − ACˆB) = − cos ACˆD.
AB2
= AC2
+ BC2
+ 2BC · AC cos Cˆ.
Figura 7.7:
- Caso 2: B ∗ D ∗
Neste caso,
BC = BD + DC e cos Cˆ = DC .
AC
Assim, a equação (7.5) implica que
AB2
= AC2
+ (BC − DC)2
2
— DC
= AC2
2
+ BC2
2
+ DC2 − 2BC · DC − DC2
= AC
2
+ BC
2
- 2BC DC
ˆ
= AC
- Caso 3: C ∗ B ∗
+ BC
— 2AC · BC cos C.
Neste último caso, temos que
CD = CB + BD e CD = AC cos Cˆ
donde, da equação (7.5) segue que
AB2
= AC2
+ (CD − BC)2
2
- DC
= AC2
+ CD2
+ BC2 − 2CD · BC − DC2
= AC2
2
+ BC2
2
- 2BC CD
ˆ
= AC
+ BC
— 2ACBC cos C.
Figura 7.8:
Portanto, fica demonstrada a Lei dos Cossenos.
Teorema 7.5. Seja ABC um triângulo. Então
sen Aˆ sen Bˆ sen Cˆ 1
= = = ,
BC AC AB 2R
onde R é o raio do círculo circunscrito no triângulo ABC.
Demonstração Considere o círuclo de centro P e raio R que circunscreve o triângulo. Seja D um ponto do círculo tal que BD é um diâmetro. Temos dois casos, A e C estão no mesmo lado de BD ou em lados opostos.
Se A e C estão em lados opostos de BD, então BAˆC = BDˆC, por
serem ângulos inscritos no círculo que subentende o mesmo arco.
Se A e C estão no mesmo lado de BD, então ABDC é um quadrilátero inscrito no círuclo.
Então, pela Proposição 6.24, temos
CAˆB + CDˆB = 180◦.
Em ambos os casos, sen BAˆC = sen BDˆC. Como BCD é retân- gulo em C, já que está inscrito em um semi-círculo, segue que
sen Aˆ = sen BAˆC = sen BDˆC = DC = DC .
BD 2R
Figura 7.9:
Da mesma forma, mostramos que
sen Bˆ = AC
2R
e sen Cˆ = DC .
2R
Disto segue o resultado.
Teorema 7.6. Sejam α e β ângulos agudos. Então
- cos(α + β) = cos α cos β − sen αsen β
- sen (α + β) = sen α cos β + cos αsen β.
Demonstração
- Considere um ângulo de medida α+β e vértice Trace uma semi-reta SP H que divide o ângulo em dois ângulos de me- didas α e β. Trace uma perpendicular a SP H que intercepta os lados do ângulo α + β em A e B. Sejam PH = h, PB = b, PA = a, BH = n e AH = m. Pela Lei dos Cossenos temos que
(m + n)2 = a2 + b2 − 2ab cos(α + β), (7.6)
Figura 7.10:
e
Além disso,
m2 = a2 + h2 − 2ah cos α (7.7)
n2 = b2 + h2 − 2bh cos β. (7.8)
Portanto,
h
cos α =
a
e cos β = h. b
h2 = ab cos α cos β
e
ah cos α = bh cos β = ab cos α cos β.
Logo, de (7.7) e (7.8) obtemos
m2 = a2 − ab cos α cos β (7.9)
e
n2 = b2 − ab cos α cos β. (7.10)
Além disso,
sen α = m
a
e sen β = n
b
que junto com (7.9) e (7.10), implica em
(m + n)2 = m2 + n2 + 2mn
= a2 − ab cos α cos β + b2 − ab cos α cos β
+2absen αsen β
= a2 + b2 − 2ab cos α cos β + 2absen αsen β.
Comparando com (7.6) obtemos que
cos(α + β) = cos α cos β − sen αsen β.
- Nas condições do ítem a), obtemos que Aˆ = 90◦ − α. Isto implica que, pelo Teorema 2,
sen Aˆ = sen (90◦ − α) = cos α. (7.11) Pela Lei dos Senos, temos
sen (α + β) m + n
o que implica em
sen Aˆ
= e
b
sen α m
sen Aˆ
= ,
h
sen (α + β) = m sen Aˆ + n sen Aˆ
(7.12)
b b
e
sen Aˆ = h sen α. (7.13)
m
Substituindo (7.13) no primeiro termo do segundo membro de (7.12) e (7.11) no segundo termo do segundo membro de (7.13), obtemos
sen (α + β) = h sen α + n cos α. (7.14)
b b
Porém,
sen β = n
b
e cos β = h, b
que substituindo em (7.14), obtemos
sen (α + β) = sen α cos β + cos αsen β.
Corolário 7.1. Se α > β, então
- cos(α − β) = cos α cos β + sen αsen β.
- sen (α = β) = sen α cos β − cos αsen β.
Demonstração No teorema anterior, faça α + β = a e α = b.
Resolva o sistema
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cos a = cos b · cos(a − b) − sen b · sen (a − b) ,
sen a = sen b · cos(a − b) + cos b · sen (a − b)
para encontrar cos(a − b) e sen (a − b).
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Nesta aula nós vimos como definir as funções trigonométricas e como utilizar semelhança de triângulos para mostrar que elas es- tão bem definidas. Mostramos algumas fórmulas de redução, as Leis dos Cossenos e a Lei dos Senos, identidades trigonmétricas muito útil nas aplicações. Além disso, também calculamos alguns valores das funções trigonométricas, por exemplo, para os ângulos 30◦, 45◦ e 60◦.
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Na próxima aula iremos definir a noção de área e mostrar como calcular a área de algumas figuras geométricas.
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- Em um triângulo ABC, em que todos os ângulos são agudos, a altura do vértice C forma com os lados CA e CB, respec- tivamente, ângulos α e β. Seja D o pé da altura do vértice C. Calcule AD, BD, AC e CD sabendo qeu AD = 1, que α = 30◦ e β = 45◦.
- Quando o sol está 30◦ acima do horizonte, qual o compri- mento da sombra projetada por um edifício de 50 metros?
- Um barco está ancorado no meio de um lago. Uma longa estrada retilínea acompanha parte de sua margem. Dois ami- gos em passeio turístico observam o barco de um ponto na estrada e anotam que a reta daquele ponto ao barco forma um ângulo de 45◦ com a Após viajarem 5 km eles
param e anotam que agora podem ver o barco segundo um 7
ângulo de 30◦ com a estrada. Com esta informação calcule a distância do barco à estrada.
- Um parque de diversões deseja construir um escorregador gi- gante cujo ponto de partida fique a 20m de altura. As normas de segurança exigem que o ângulo do escorregador com a hor- izontal seja de, no máximo, 45◦. Qual será o comprimento mínimo do escorregador?
- Achar o comprimento da corda de um círculo de 20cm de raio subtendida por um ângulo central de 150◦.
- Do topo de um farol, 40m acima do nível do mar, o faroleiro vê um navio segundo um ângulo (de depressão) de 15◦. Qual a distância do navio ao farol?
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- Mostre que o perímetro de um polígono regular inscrito em um círculo de raio R é pn = 2Rnsen 180◦ .
- Num triângulo ABC tem-se AC = 23, Aˆ = 20◦ e Cˆ = 140◦. Determine a altura do vértice B.
- O que é maior:
- sen 55◦ ou cos 55◦?
- sen 40◦ ou cos 40◦?
- tan 15◦ ou cot 15◦?
- As funções secante, cosecante e cotangenet de um ângulo α são definidas por sec α = 1/ cos α, csc α = 1/sen α e cot α = 1/ tan α. Para qualquer ângulo α diferente de zero e 180◦ mostre que:
- sen α + cos α = 1.
csc α sec α
- tan α + cot α = sec α csc α.
- sec α = sen α(cot α + tan α).
- sec2 α − csc2 α = tan2 α − cot2 α.
- cos α
1 − sen α
1 + sen α
= .
cos α
- sen 4α − cos4 α = 2sen 2α − 1.
- Calcule cos 105◦, cos 15◦ e sen 75◦.
- Mostre que se α e β são ângulos agudos então
- tan(α + β) = tan α + tan β
1 − tan α tan β
- cot(α + β) = cot α cot β −1 .
cot α + cot β
- Em um triângulo ABC, em que todos os ângulos são agudos, a altura do vértice C forma com os lados CA e CB respecti- vamente ângulos α e β. Seja D o pé da altura do vértice C. Calcule AD, BD, AC e CB sabendo que AD = 1.
|
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- Mostre que cos θ = r 1 + cos θ .
- Mostre que tan θ = 1 − cos θ .
2 sen θ
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
Área
META:
Definir e calcular área de figuras geométricas.
OBJETIVOS:
Definir área de figuras geométricas.
Calcular a área de figuras geométricas básicas, triângulos e par- alelogramos.
PRÉ-REQUISITOS
Nesta aula o aluno deverá ter compreendido as noções de congruên- cia e de semelhança de triângulos.
AULA
8
Nesta aula iremos aprender como introduzir e calcular a área de regiões poligonais. Existem várias formas de introduzir área, dando continuidade à nossa construção axiomática da geometria, a forma como foi escolhida para ser apresentada é a axiomática.
A área é um objeto geométrico que tem diversas aplicações, uma delas é a demonstração do Teorema de Pitágora. Essa demonstra- ção será deixada ao aluno na forma de exercício.
Uma região triangular é um conjunto de todos os pontos do plano formado por todos os segmentos cujas extremidades estão sobre os lados de um triângulo. O triângulo é a fronteira da região trian- gular e todos os outros pontos são pontos interiores.
Figura 8.1: À esquerda: região triangular. À direita: região poli- gonal.
Uma região poligonal é uma figura plana que pode ser expressa como a união de um número finito de regiões triangulares, de tal modo que duas a duas não têm pontos interiores em comum.
A noção de área de regiões poligonais é introduzida na geometria através dos seguintes axiomas
Axioma de Área 1: A toda região poligonal corresponde um 8
único número maior do que zero.
Axioma de Área 2: Se uma região poligonal é a união de duas ou mais regiões poligonais, de modo que duas a duas não possuam pontos interiores em comum, então sua área é a soma das áreas daquelas regiões.
Axioma de Área 3: Regiões triangulares limitadas por triângu- los congruentes têm áreas iguais.
Axioma de Área 4: Se ABCD é um retângulo então sua área é dada pelo produto AB · BC.
Vamos calcular a área de algumas figuras planas.
Proposição 8.29. Seja ABCD um paralelogramo com altura h
com respeito ao lado DC. Então sua área é h · DC.
Figura 8.2:
Demonstração Trace, a partir dos pontos A e B, dois segmentos, AE e BF , perpendiculares à reta que contém CD. O quadrilátero ABFE é um retângulo cuja área é AB · BF , a qual em termos de nossa notação, é exatamente h · DC, já que EF = AB = CD. Observe que pelo caso LAL de congruência de triângulo, temos que
ADE = BCF . Portanto,
Área(ABCD) = Área(ABCE) + Área(ADE)
= Área(ABCE) + Área(CBF )
= Área(ABFE).
Proposição 8.30. Seja ABC um triângulo com altura h com re- speito ao lado BC. Então, sua área é h · BC.
Figura 8.3:
Demonstração Trace pelo vértice C uma reta paralela ao lado AB, e pelo vértice B uma reta paralela ao lado AC. Estas duas retas se intercectam em um ponto D. O polígono ABCD é um paralelogramo, e os dois triângulos ABC e CDB são congruentes, pelo caso LAL de congruência de triângulos. Como
Área(ABDC) = Área(ABC) + Área(BCD)
e
então
Área(ABC) = ÁreaBCD, Área(ABC) = 1 Área(ABDC).
2
Além disso, a altura do vértice C do triângulo ABC é exatamente 8
a altura do paralelogramo ABDC relativamente ao lado AB.
Definição 8.1. Um trapézio é um quadrilátero com dois lados opostos paralelos. Os lados paralelos são chamados de bases.
Proposição 8.31. A área de um trapézio é metade do produto do comprimento de sua altura pela soma dos comprimentos de suas bases.
Figura 8.4:
Demonstração Seja ABCD um trapézio cujas bases são os lados AB e CD. Trace a diagonal AC para dividir o trapézio em dois triângulos. Trace as alturas CE, do triângulo ACB, e AF , do triângulo ACD. Então teremos que AF = CE, já que os lados AB e CD são paralelos. Como consequência
Área(ABCD) = Área(ACB) + Área(ACD)
|
|
= 1 AB · CE + 1 CD · AF
|
= 1 (AB + CD) · CE.
Definição 8.2. A área da região limitada por um círculo é o menor número maior do que a área de qualquer polígono nele inscrito.
Da mesma forma que o comprimento do círculo é finito, a área é finita, já que a área de qualquer polígono nele circunscrito é maior do que a área de qualquer polígono inscrito.
Teorema 8.1. A área da região limitada por um círculo é igual à metade do produto do raio pelo comprimento do círculo.
Demonstração Sejam p o perímetro do círculo de raio R e A a área da região por ele limitada. Se P é um polígono inscrito neste círculo, então façamos
- p(P ) := perímetro de P ;
- A(P ) := área de P ;
- L(p) := comprimento do maior lado de
Tome ε > 0 arbitrário. Sejam três polígonos P1, P2 e P3 tais que
- L(P1) < ε;
- A − εR < A(P2);
- p − ε < p(P3).
Note que a existência de P2 e P3 é garantida pela definição de perímetro e área do círculo.
Seja P o polígono contendo todos os vértices dos polígonos P1, P2 e P3. Observe que ao aumentarmos um vertice a um polígono in- scrito, a nova área não diminui e o perímetro também não diminui. Portanto, o polígono P também goza das propriedades i), ii) e iii) acima.
A área do polígono P é a soma das áreas de todos os triângulos com vértices no centro do círculo e tendo como lado um dos lados do polígono P. Sejam OAB um destes triângulos e OC a altura com respeito ao lado AB. Assim,
8
Figura 8.5:
|
Área(OAB) = 1 AB OC.
2
Como a hipotenusa é maior que qualquer um dos catetos, segue da desigualdade triângular que
OA > OC > OA − AC,
o que implica que
1 1 1
2 AB(OA − AC) < 2 AB · OC = Área(OAB) < 2 AB · OA.
Mas como OA = R e AC < L(P ) < ε, concluímos que
OA − AC = R − AC > R − ε.
Daí,
1 1 1
2 AB(R − ε) < 2 AB(OA − AC) < Área(OAB) < 2 R · AB.
Como o triângulo OAB foi escolhido arbitrariamente, obtemos uma desigualdade análoga para todos os outros. Somando todas elas, obtemos
1 1
2 p(P )(R − ε) < A(P ) < 2 p(P )R.
Da desigualdade iii) e de p(P ) < p, obtemos
1 1 1 1
2 (p − ε)(R − ε) < 2 p(P )(R − ε) < A(P ) < 2 p(P )R < 2 pR.
ou seja,
1 1
pR − (εR + εp −
ε2) < A(p) <
1
pR.
Assim,
2 2
|
.A(P ) −
pR. <
1
(εR + εp
2
|
— ε ).
Então, de ii) .
2 . 2
|
|
|
.A − 1 pR. ≤ |A − A(P )| + .A(P ) − 1 pR.
Como o lado esquerdo independe de ε e ε > 0 foi tomado arbitrário, concluímos que
1
A = pR.
2
Corolário 8.1. A área de um disco de raio R é πR2.
¨
Nesta aula o aluno pode aprendeu com introduzir a noção de área para regiões planas, bem como calcular a área de algumas regiões, como o triângulo, retângulo, paralelogramo, trapézio e o círculo.
¨
Na próxima aula iremos aplicar o que aprendemos nesta aula para demonstrar um interessante teorema, o Teorema de Ceva.
¨
- Que relação satisfazem as áreas de dois triângulos semel- hantes?
- O raio do círculo inscrito em um polígono regular é chamado de apótema do polígono Prove que a área de um polí- gono regular é igual a metade do produto do seu perímetro por seu apótema.
- Se o diâmetro de dois discos são 3 e 6, qual a relação entre as suas áreas?
- O comprimento de um círculo vale duas vezers o compri- mento de outro círculo. Que relação satisfazem suas áreas?
- Inscreve-se um triângulo equilátero de lado a em um círculo. Determine a área limitada por este círculo em termos de a.
- Na figura 8.6, ABCD é um quadrado e a, b e c são três retas paralelas passando nos vértices A, B e C, respectivamente. Determine a área do quadrado sabendo que a distância entre as retas a e b é 5cm e entre as retas b e c é
Figura 8.6:
- A figura 7, apresenta um círculo de centro O cujo raio mede 2cm. AB é um diâmetro, C é um ponto do círculo tal que BOˆC = 60◦. Determine a área da região sobreada limitada por AC e pelo arco menor determinado por A e C.
Figura 8.7:
- Um losango tem três de seus vértices sobre um círculo de raio
r e o quarto no centro do círculo. Determine sua área.
- Na figura abaixo são representados dois círculos concêntricos de raios r e R, sendo r < R. Seja m um areta tangente ao círculo menor tendo A como ponto de contato. Seja B o ponto onde esta reta corta o círculo maior e seja n a reta tangente em B ao círculo Se o ângulo α (o menor
formado entre m e n) mede 30◦, determine a razão entre as 8
áreas limitadas pelos dois círculos.
- Deseja-se calcular a área da figura ao lado. Ela foi desenhada tomando-se um círculo e um ponto P fora dele e trançando-se as duas tangentes ao círculo à partir de P . Sabe-se também que o ponto P dista 2r do centro do círculo, sendo r o seu
- A figura 8.8 sugere uma outra maneira de demonstrar o Teo- rema de Pitágora. Para fazer a demonstração expresse a área do quadrado maior de duas maneiras diferentes: como pro- duto dos lados e como soma das áreas dos 4 triãngulos e do quadrado Complete a demonstração.
Figura 8.8:
- Uma outra prova do Teorema de Pitágora é sugerida pela figura 8.9. Determine a área do trapézio de duas maneira diferentes, de forma análoga ao que feito no exercício ante- Complete a prova.
- Baseado na figura 8.10, demonstre o Teorema de Pitágoras. Esta prova foi dada por
Figura 8.9:
Figura 8.10:
- Na figura 8.11 os segmentos PQ e MN são paralelos ao lado BC do triângulo ABC. Se M é o ponto médio de AC e P é o ponto médio de AM , determine a área do trapézio MPQN em termos da área do triângulo ABC.
- Na figura 8.12 ABCD é um retângulo e DM = MN = NB. Determine a área do triângulo MNC.
- Um triângulo isósceles está inscrito em um círculo cujo raio mede 5cm. Qual a área da região exterior ao triângulo e interior ao círculo.
8
Figura 8.11:
Figura 8.12:
|
- Um triângulo tem lados medindo a, b e c e perímetro igual a 2p. Mostre que sua área vale p(p − a)(p − b)(pc). (p é chamado de semi-perímetro do triângulo.)
- Um triãngulo tem semi-perímetro p e o raio do círculo in- scrito é r. Mostre que sua área é igual a pr.
- Um triângulo tem lados medindo a, b e c. Se R é a medida do raio circunscrito ao triângulo então sua área é dada por
|
abc
4R
- Mostre que, entre todos os retângulos de perímetro 8cm o que tem maior área é o
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
Teorema de Ceva
META:
O Teorema de Ceva e algumas aplicações.
OBJETIVOS:
Enunciar e demonstrar o Teorema de Ceva; Aplicar o Teorema de Ceva.
PRÉ-REQUISITOS
O aluno deverá ter compreendido as aulas anteriores.
AULA
9
Perceba que com a introdução do Axioma das Paralelas foi pos- sível provar uma série de resultados a partir deles. Na última aula nós introduzimos o conceito de área, tendo sido necessário o con- hecimento de triângulos congruentes para garantir que triângulos congruentes possuem a mesma área.
Nesta aula faremos uso do conceito de área para provar um resul- tado não muito conhecido do ensino básico, o Teorema de Ceva. Este teorema foi provado pelo matemática italiano Giovanni Ceva (1647–1734) em 1678, em seu trabalho intitulado De lineis rectis.
Uma ceviana de um triângulo é um segmento que liga um vér- tice a um ponto do lado oposto. Assim, se X, Y e Z são pontos nos lados BC, AC e AB, respectivamente de um triângulo ABC, os segmentos AX e BY são cevianas. Exemplos particulares de cevianas são as alturas, medianas e bissetrizes. Este termo vem do nome do matemático italiano Giovanni Ceva, que publicou em 1678 o seguinte teorema
Teorema 9.1. Se três cevianas AX, BY, CZ de um triângulo ABC
são concorrentes, então
BX CY AZ
XC · Y A · ZB = 1.
Demonstração Seja P o ponto de encontro das três cevianas. Denote por (ABC) a área de um triângulo ABC. Observe que os triângulos BXP e CXP possuem a mesma altura h com respeito às bases BX e XC, respectivamente. E os triângulos ABX e ACX têm altura H com respeito às bases BX e CX, respectivamente. Assim,
1 1
(ABX) = 2 H · BX, (ACX) = 2 H · CX
Figura 9.1: Cevianas concorrentes.
e
1 1
(BXP ) = 2 h · BX e (CXP ) = 2 h · CX.
Isto implica que
(ABP )
(ACP )
= (ABX) − (BXP )
(ACX) − (CXP )
1 H · BX − 1 h · BX
= 2 2 = BX .
1 H · CX − 1 h · CX CX
2
Portanto,
BX
=
CX
Da mesma forma, obtemos
2
(ABP )
.
(ACP )
Portanto,
CY (BCP )
=
Y A (ABP )
AZ (CAP )
|
= .
ZB (BCP )
BX CY AZ (ABP ) (BCP ) (ACP )
XC · Y A · ZB = (ACP ) (ABP ) (BCP ) = 1.
Também vale a recíproca.
Teorema 9.2. Se três cevianas AX, BY e CZ satisfazem
BX CY AZ
XC · Y A · ZB = 1
então elas são concorrentes.
Demonstração Seja P o ponto de interseção das cevianas AX e
BY .
Vamos mostrar que CZ passa por P .
Seja CZj uma ceviana que passa por P. Pelo Teorema anterior, temos
BX CY AZj
= 1.
XC Y A ZjB
Pela hipótese, obtemos
AZj = AZ .
ZjB ZB
Isto implica que Z = Zj. (Por quê ?)
Como consequência desse útlimo teorema temos o seguinte corolário.
Corolário 9.1. As medianas de um triângulo são concorrentes.
De fato, basta observar que as medianas satisfazem a hipótese do Teorema 9.2.
Teorema 9.3. As medianas de um triângulo o divide em seis triângulos de mesma área.
Demonstração Observe que
- (BPX) = (CPX)
- (BPZ) = (APZ)
- (CPY ) = (APY )
já que têm a mesma altura com respeito a bases congruentes. Pela mesma razão, (AXC) = (ABX). Mas como
(AXC) = (APY ) + (CPY ) + (CPX) = 2(APY ) + (CPX)
Figura 9.2: As medianas de um triângulo são concorrentes.
e
(ABX) = (APZ) + (BPZ) + (BPX) = 2(APZ) + (CPX),
então
(APY ) = (APZ).
Da mesma forma mostramos que (APY ) = (BPX).
Teorema 9.4. O ponto de interseção das medianas as divide na razão 2 : 1.
Demonstração Pelo teorema anterior, temos (APB) = 2(PBX). Além disso, APB e PBX têm a mesma altura h com respeito às bases AP e PX. Assim,
(APB) =
e
1
hAP
2
1
(PBX) =
hPX,
2
o que implica que AP = 2PX. Da mesma forma, mostramos que
CP = 2PZ e BP = 2PY .
Exercício 9.1. Prove que as três alturas de um triângulo são concorrentes.
Sugestão: Use o fato que em um triângulo ABC retângulo em Aˆ satisfaz AB = BC cos Bˆ. Use o Teorema de Ceva.
Definição 9.1.
- O ponto de encontro das bissetrizes de um triângulo é chamado de incentro.
Figura 9.3: O ponto I é o incentro e o ponto H é o ortocentro.
- O ponto de encontro das alturas de um triângulo é denomi- nado de ortocentro.
- O ponto de encontro das medianas de um triângulo é deno- minado baricentro.
- O ponto de encontro das mediatrizes dos lados de um triân- gulo é denominado de circuncentro.
Teorema 9.5. Em um triângulo ABC qualquer, o baricentro, o ortocentro, e o circuncentro são colineares. Além disso, o bari- centro está entre o ortocentro e o circuncentro e sua distância ao ortocentro é o dobro de sua distância ao circuncentro.
Figura 9.4: O ponto G é o Baricentro e o ponto O é o circuncentro.
Definição 9.2. A reta que contém esses três pontos do teorema é denominada de Reta de Euler do triângulo ABC.
Figura 9.5: OG = 2GH.
Observe que em um triângulo equilátero a reta de Euler não está definida, já que neste triângulo a mediatriz, a bissetriz e a altura coincidem e por sua vez os três pontos também coincidem. Em triângulos isósceles, temos que a mediana, mediatriz e altura re- lativa à base são coincidentes, logo, o baricentro, o ortocentro e o circuncentro pertencem a um mesmo segmento. Assim, a reta que contém esse segmento é a reta de Euler do triângulo.
Demonstração [do Teorema] Vamos supor que todos os ângulos do triângulo ABC são agudos, para garantirmos que os três pon- tos são internos ao triângulo. Para um triângulo com um ângulo obtuso ou retângulo, a prova é análoga. Podemos supor que ABC não é isósceles. Neste caso, a mediana é distinta da mediatriz, o que implica que o baricentro G e o circuncentro O são pontos distintos. Tome a reta r determinada por G e O. Na semi-reta SOG tome um ponto H tal que GH = 2GO. Seja P o ponto médio do lado BC. Considere a mediana e a mediatriz relativas ao lado BC. Os triângulos GHA e GOP são semellhantes pelo caso LAL de semelhança, pois
GH = 2GO (por construção)
AGˆH = P GˆO (opostos pelo vértice)
AG = 2GO (propriedade do baricentro, Teorema 9.4)
Logo, AHˆG = P OˆG. Portanto, as retas contendo AH e OP são paralelas pelo Teorema do Ângulo Interno Alternado. Mas como OP é perpendicular a BC e paralela a AH, segue que H pertence à altura de ABC relativa ao lado BC. Da mesma forma, mostramos que H pertence à altura de ABC relativa ao lado AC. (Ver figura 9.5.) Como H é a interseção de duas alturas, então H é o ortocen- tro de ABC.
Um teorema interessante, mas que não iremos provar aqui é o seguinte
Teorema 9.6 (Círculo dos nove pontos). Existe uma circunferên- cia passando pelos seguintes pontos:
- os pontos médios dos lados;
- os pés das alturas;
- os pontos médios dos segmentos que unem os vértices do triângulo ao
O raio desta circunferência é a metade do raio da circunferência 9
inscrita. Além disso, o centro desta circunferência está na reta de Euler, entre o ortocentro e o circuncentro.
Figura 9.6: O círculo dos nove pontos do triângulo ABC.
A história destes dois últimos teoremas é um pouco confusa. Uma publicação de 1804, indicava que eles já eram conhecidos de B. Bevan. As vezes os dois teoremas são atribuídos a Euler, que provou em 1765, resultados análogos a este. De fato, alguns es- critos chamam o círculo de “o Círculo de Euler”. A primeira prova completa surgiu em 1821, devido a J. V. Poncelet, a qual originou o nome circulo dos nove pontos.
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Nesta aula demonstramos o Teorema de Ceva, um resultado impor- tante que tem diversas aplicações. Vimos uma interessante relação entre os pontos notáveis de um triângulo, ortocentro, baricentro e circuncentro, estes pontos são colineares. Enunciamos o Teorema dos noves pontos, um resultado surpreendente.
¨
Na próxima aula iremos fazer uso do que foi aprendido até aqui para construções geométricas com régua e compasso. Iremos estu- dar os três problemas clássicos, trisecção do ângulo, duplicação do cubo e quadratura do círculo.
¨
- Prove que as medianas de um triângulo são
- Prove que as alturas de um triângulo são
- Prove que as bissetrizes de um triângulo são
- Sejam ABC e AjBjCj dois triângulos não congruentes cujos os respectivos lados são paralelos. Prove que as retas con- tento AAj, BBj e CCj são
- Prove que o circuncentro e o ortocentro de triângulo obtuso está fora do triângulo.
- Se um triângulo possui duas medianas congruentes então é isósceles.
- Se um triângulo possui duas alturas congruentes então é isósceles.
8.
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
Construções Elementares
META:
Introduzir as principais construções elementares.
OBJETIVOS:
Introduzir as construções elementares. Resolver problemas práticos.
PRÉ-REQUISITOS
Para um melhor aproveitamento o aluno deverá ter compreendido todas as aulas anteriores.
AULA
10
Os matemáticos gregos estudaram três problemas de Geometria que desempenharam papel importande no desenvolvimento da ma- temática. São os problemas de construções com régua e compasso, e resistiram a todas as tentativas dos gregos para resolvê-los, o que só veio a acontecer na virada do século XVIII para o XIX d.C. Os problemas, que ficaram conhecidos como os três problemas clás- sicos, são
- A duplicação do
- A quadratura do círculo.
- A trissecção do ângulo.
Com relação as origens do primeiro problema existe uma lenda que conta que em 427 a.C. um quarto da população de Atenas morreu de peste. Quando um orácolo anunciou aos habitantes como com- bater a doença, eles deveriam duplicar o altar de Apolo, que pos- suia o formato de um cubo, prontamente os atenienses dobraram as dimensões do altar, mas isso não afastou a peste. O volume fora multiplicado por oito e não por dois.
A primeira mensão conhecida do problema da quadratura do cír- culo encontra-se no problema 50 do papiro de Rhind, em torno de 1600 a.C.
Quanto a trissecção do ângulo, acredita-se que Hípias de Elis, que viveu no século V a.C. foi um dos primeiros a tentar resolver este problema, utilizando curvas e construções que não podem ser efe- tuadas somente com régua e compasso.
A história do completo esclarecimento deste problema é uma das mais interessantes e instrutivas da história da Matemática, pas- sando pela “consolidação” dos números complexos, com o grande Gauss (1777–1855), e pela criação da teoria dos grupos com o ge- nial Galois (1811–1832).
Nas próximas aulas, estudaremos algumas construções geométricas 10
com régua e compasso. Estudaremos também os três problemas clássicos e veremos porque eles não podem ser resolvidos somente com régua e compasso.
Antes de considerarmos problemas de construções com régua (não graduada) e compasso, algumas observações se faz necessário.
Para abordar problemas de construções geométricas com régua e compasso precisamos está atento as seguintes construções permi- tidas:
- Traçar uma reta conhecendo dois de seus pontos;
- Traçar um círculo, conhecendo o seu centro e um ponto do círculo;
- Determinar as interseções de retas ou círculos já construídos com retas ou círculos já construídos.
Algumas construções que não são permitidas:
- Traçar um círculo de raio ou centro “arbitrário”;
- Usar uma graduação previamente preparada da régua ou do compasso;
- Tomar sobre uma reta um ponto “arbitrário”;
- Deslizar a régua até uma certa posição.
Um dos primeiros problemas básicos de construções geométricas é o traçado de perpendiculares.
Problema 10.2. Dada uma reta r e um ponto P fora de r, traçar por P uma reta perpendicular a r.
Solução Siga os passos seguintes (Veja figura 10.1):
- Trace um círculo de centro P cortando a reta r em A e
- Trace círculos de mesmo raio com centros em A e B obtendo
Q, um dos pontos de interseção.
- A reta que passa por P e Q é perpendicular à reta r.
Figura 10.1: Reta perpendicular a r passando por P.
Justificativa os triângulos APQ e BPQ são congruentes, já que AP = BP e AQ = BQ. Assim, APˆQ = BPˆQ, ou seja, a reta PQ é a bissetriz do ângulo APˆB. Como APB é um triângulo isósceles, segue que a bissetriz é também a altura.
Problema 10.3. Dada uma reta r e um ponto P ∈ r, traçar por
P uma reta perpendicular a r.
Solução
- Trace um círculo com centro em P e qualquer raio cortando 10
r nos pontos A e B.
- Trace círculos de mesmo raio com centros em A e B obtendo
Q, um dos pontos de interseção.
- A reta que passa por P e Q é perpendicular à reta r.
Figura 10.2: Reta perpendicular a r passando por P ∈ r.
A justificativa é análoga a da proposição anterior e é deixada para o aluno
Um outro problema básico é o traçado de paralelas.
Problema 10.4. Dada uma reta r e um ponto P fora dela, traçar uma reta paralela a r passando por P.
Solução Siga os passos:
- Trace três círculos de mesmo raio:
- O 1◦ com centro em P , determinando um ponto A na reta r;
- O 2◦ com centro em A, determinando um ponto B na reta r;
- O 3◦ com centro em B, determinando um ponto Q, diferente de A, sobre o primeiro círculo.
- A reta que passa pelos pontos P e Q é a reta procurada (Ver figura 3).
Figura 10.3: Reta paralela à reta r passando por P .
Justificativa PABQ é um quadrilátero com todos os lados con- gruentes, logo é um paralelogramo, de fato um losango. Portanto seus lados opostos, PQ e AB, são paralelos.
Definição 10.1. A mediatriz de um segmento AB é a reta per- pendicular a AB que contém o seu ponto médio.
Problema 10.5. Construir a mediatriz de um segmento AB.
Solução Veja figura 10.4
- Construa dois círculos de mesmo raio com centros em A e B, determinando dois pontos de interseção, P e Q.
- A reta contendo PQ é a mediatriz de AB. 10
Figura 10.4: Mediatriz de AB.
Justificativa Observe que os triângulos APQ e BPQ são con- gruentes. Em particular, APˆQ = BPˆQ. Assim, PQ é a bissetriz do ângulo APˆB. Como ABP é um triângulo isósceles, segue que PQ é perpendicular a AB.
Lembremos a seguinte propriedade da mediatriz:
A bissetriz de um ângulo AOˆB é a semi-reta SOC tal que AOˆC =
COˆB.
Problema 10.6. Construir a bissetriz de um ângulo AOˆB.
Solução Ver figura 10.5.
- Trace um círculo de centro O determinando os pontos X e
Y nos lados do ângulo.
- Trace dois círculos de mesmo raio com centros em X e
Seja C um dos pontos de interseção.
- A semireta SOC é a bissetriz de AOˆB.
Figura 10.5: Bissetriz de AOˆB.
Justificativa Note que OY C = OXC, pelo caso LLL de con- gruência de triângulos. Portanto, Y OˆC = XOˆC.
Lembremos a seguinte propriedade da bissetriz:
Antes de definirmos e construir o arco capaz de um ângulo, vejamos como transportar um ângulo.
Problema 10.7. Dado um ângulo θ de vértice V e uma semi-reta
SAB, construir um ângulo sobre SAB com medida θ.
Solução Veja figura 10.6.
- Trace um círculo de centro V, determinando os pontos P e
Q sobre os lados do ângulo θ.
- Trace um círculo de mesmo raio com centro A, determinando 10
Pj em SAB.
- Trace um círculo de raio PQ e centro Pj, determinando Qj.
- Portanto, PjAˆQj = θ.
Figura 10.6: Transporte de um ângulo.
Justificativa Pelo caso LLL de congruência de triângulos, temos
PV Q = PjAQj. Em particular PjAˆQj = θ.
Definição 10.2. Sejam A e B dois pontos sobre um círculo. Para todo ponto M em um mesmo arco determinado por A e B, o ângulo θ = AMˆ B é constante. Este arco chama-se arco capaz (Ver figura 10.7) do ângulo θ sobre o segmento AB.
Figura 10.7: O arco determinado por A e B contendo M é o arco capaz do ângulo θ sobte o segmento AB.
O arco capaz de 90◦ sobre um segmento AB é um semicírculo com diâmetro AB.
Problema 10.8. Dado um ângulo θ, construir seu arco capaz.
Solução
- Dado um segmento AB, trace a sua mediatriz e o ângulo
BAˆX = θ.
- Trace a perpendicular a AX que passa por Seja O a in- terseção desta perpendicular com a mediatriz de AB.
- O arco de centro em O e extremidades A e B é o arco capaz do ângulo θ sobre
Figura 10.8: Construção do arco capaz.
Justificativa Se C é o ponto médio de AB então CAˆO = 90◦ − θ, AOˆC = θ. Daí, AOˆB = 2θ. Sabemos que se M é um ponto nesse arco, então
AMˆ B =
1 AOˆB.
2
Portanto, temos que este arco é de fato o arco capaz do ângulo
θ.
O arco capaz tem uma interessante propriedade: 10
Problema 10.9. Dividir um segmento AB em n partes iguais.
Solução Faremos a demonstração para n = 4 e para n arbitrário, a solução é análoga.
- Trace uma semi-reta SAX.
- Com o compasso, construa segmentos congruentes em AA1, A1A2, A2A3 e A3A4.
- Trace paralelas a A4B que passam por A1, A2 e A3, deter- minando 3 pontos em AB, P1, P2 e P3. Os segmentos AP1, P1P2, P2P3 e P3P4 são
Figura 10.9: Divisão de AB em 4 partes iguais.
A justificativa é uma aplicação direta do Corolário 5.3.
Problema 10.10. Traçar uma reta tangente a um círculo de cen- tro O passando por um ponto P.
Solução Se P pertence ao círculo, basta traçar a reta perpendi- cular ao raio de extremidade P. (Ver figura 10.10.)
Figura 10.10: Tangente a um círculo por um ponto do círculo.
|
Suponha que P não pertença ao círculo.
- Trace um círculo de centro no ponto médio de PO e raio P O , determinando os pontos de interseção A e Aj, sobre o círculo
- As retas PA e PAj são tangentes ao círculo
Justificativa Como o ângulo P AˆO está inscrito em um semicír- culo, então ele é reto. Como toda reta perpendicular a um raio em sua extrimidade é tangente ao cículo, temos o resultado.
Figura 10.11: Tangente a um círculo por um ponto fora do círculo.
Para resolver um problema de construção, é conveniente fazer um esboço de uma figura supondo o problema resolvido. Obser- vando o esboço, planeje a solução, quais dados devem ser coloca- dos primeiro e que construções devem ser realizadas para atingir a solução.
Problema 10.11. Construir os triângulos ABC sendo dados os lados AB = c, BC = a e o ângulo Aˆ = θ.
Solução Ver figural 10.13.
- Trace o segmento
- Construa a semi-reta SAX tal que BAˆX = θ.
- Trace o círculo de centro B e raio
Figura 10.12: Dados do problema 10.11.
Qualquer um dos pontos de interseção, C1 e C2, com a semi-reta
SAX nos dá o triângulo procurado.
Figura 10.13: Solução do problema 10.11.
Observe que neste último problema pode acontecer três casos:
- o problema tem duas soluções.
- o problema tem uma única solução.
- ou o problema não admite solução.
Qual a relação entre a e c para que ocorra cada um dos casos? Esta construção mostra porque uma correspondência entre dois triângulos do tipo ALL não é necessariamente uma congruência.
Problema 10.12. Construir o triângulo ABC sendo dados o lado
BC, a altura h relativa a esse lado e o ângulo Aˆ.
Solução
- Trace o segmento BC.
Figura 10.14: Dados do problema 10.12.
- Trace a perpendicular a BC que passa por B.
- Nesta perpendicular, marque um ponto P tal que PB = h.
- Trace a paralela a BC que passa por P .
- Construa o arco capaz do ângulo Aˆsobre BC.
Figura 10.15: Solução do problema 10.12.
A interseção do arco capaz com a reta paralela a BC que passa por P nos dá o vértice A.
Novamente, este problema pode ter uma, duas ou nenhuma solução. Você consegue a relação entre a, h e sen Aˆ tal que ocorra cada um dos casos?
Problema 10.13. Construir o triângulo ABC sendo dadas as me- dianas ma, mb e a altura ha.
Figura 10.16: Dados do problema 10.13.
Analisemos como chegar a solução. Suponha que o triângulo ABC
da figura 10.17 seja a solução do problema.
Figura 10.17: Esboço da solução do problema 10.13.
|
|
É claro que o triângulo ADM pode ser resolvido, já que é um triângulo retângulo e temos ha e ma. Para encontrar o ponto G, usamos o fato que as medianas de um triângulo são concorrentes e se encontram num que as dividem na razão 2:1. Assim, o ponto G é tal que AG = 2 ma, e como já sabemos dividir um segmento em partes iguais, podemos encontrar G. Em seguida, para determinar B na reta contendo DM , usamos o fato que BG = 2 mb. Agora, podemos encontrar C, visto que M é o ponto médio de BC.
Uma observação importante, é que esta construção só pode ser 10
feita se os dados foresm compatíveis. Você é capaz de determinar condições sobre os dados do problema para sempre exista solução? Solução As medianas de um triângulo cortam-se em um ponto (baricentro) que divide cada uma delas na razão 2 : 1.
- Trace segmentos PR = ma e PQ = mb.
- Divida os segmentos PQ e PR em três partes
Figura 10.18: Divisão em 3 partes iguais dos segmentos PQ e PR.
- Determine pontos Qj em PQ e Rj em PR, tais que PQj=
2 ma e PRj = 2 mb.
3 3
- Trace uma reta r, fixe um ponto D sobre ela e construa uma perpendicular AD com AD = ha. (Ver figura 19.)
Figura 10.19: AD ⊥ r.
- Trace um círculo com centro em A e raio ma, determinando um ponto M sobre (Ver figura 10.20.)
Figura 10.20: Determinação de M e G.
- Tome G sobre AM tal que AG = 2 ma = PRj.
|
|
- Trace um círculo com centro G e raio 2 mb = PQj, determi- nando um ponto B em (Ver figura 10.21)
Figura 10.21: Construção de B.
- Tome um ponto C na reta que contém B e D tal que MC =
BM . (Ver figura 10.22.)
Aqui também não temos uma única solução para o problema. De- pende dos dados do problema. Na figura 10.23, podemos ver uma outra solução. Apesar de serem bem parecidas, elas são diferentes. Tente encontrar relações sobre os dados do problema tal que a construção seja possível.
10
Figura 10.22: Solução do problema 10.13.
Figura 10.23: Outra solução do problema 10.13.
Problema 10.14. Dados um círculo de centro O e um ponto P, traçar por P uma reta que determine no círculo uma corda igual a um segmento dado a.
Solução
- No círculo dado trace uma corda de comprimento a.
- Trace uma perpendicular a esta corda passando pelo centro
O, determinando um ponto D na corda.
- Trace um círculo C de centro O e raio OD.
- Trace um círculo Cj de diâmetro PO e centro como sendo o
Figura 10.24: Dados em posição no plano do problema 10.14.
ponto médio de PO. Sejam M e Mj os pontos de interseção com o círculo C.
- As retas PM ou PMj nos dão a solução.
Figura 10.25: Solução do problema 10.14.
Exercício 10.1. Resolver o problema 10.14 quando P está dentro do círculo.
Problema 10.15. São dados um círculo C de centro O, uma reta r e um ponto A sobre r. Construir um circulo Cj, tangente exte- riormente a C e tangente em A à reta r.
Primeiramente vamos justificar nossa construção. 10
Figura 10.26: Dados do problema 10.15.
Justificativa Vamos fazer uma análise, supondo o problema re- solvido. (Veja a figura 10.14.)
Sejam O o centro de C, T o ponto de tangência entre C e Cj e Oj
o centro de Cj.
Como T é o ponto de tangência entre C e Cj, então qualquer reta tangente aos círculos C e Cj, é perpendicular aos raios OT e OjT . Isto implica que T ∈ OOj. Além disso, OjA é perpendicular a r. Trace por O uma perpendicular a r que intersecta C em N e S, N mais distante de r que S. Trace TA e TN . Como N OˆT e T OˆjA são ângulos internos alternos nas paralelas NO e OjA, então eles são congruentes. Além disso, como os triângulos NOT e TOjA são isósceles então
ˆ 1 ◦ ˆ 1 ◦ ˆj j ˆ
OTN = (180
2
— NOT ) = 2 (180
— TO A) = O TA.
Isto mostra que os pontos N , T e A são colineares.
Solução
- Trace por O uma perpendicular a r obtendo o ponto N, um dos pontos de interseção com C, o mais distante de
- Trace a reta NA e considere T o ponto de interseção com
- Trace a perpendicular m a r passando por
- Trace a semi-reta SOT . O ponto de interseção com a reta m
é o centro do círculo procurado Cj.
Figura 10.27: Solução do problema 10.15.
Problema 10.16. Dado um triângulo ABC, traçar uma paralela a BC que corta AB em M e AC em N e de forma que se tenha AN = MB.
Solução
- Construa a bissetriz do ângulo Aˆ, determinando um ponto
D em BC.
- Trace uma paralela a AB passando por D, determinando um ponto N em
- A paralela a BC passando por N resolve o 10
Figura 10.28: Solução do problema 10.16.
¨
Nesta aula vimos como construir com régua e compasso perpendic- ulares e paralelas a retas dadas, mediatriz de segmentos, bissetriz de um ângulo dado e o arco capaz de um ângulo. Vimos também algumas aplicações dessas construções elementares.
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Na próxima aula veremos como resolver geometricamente expressões algébricas.
¨
Nos exercícios abaixo, construir significa indicar os passos de uma construção com régua e compasso.
- Construir um quadrado conhecendo sua
- Construir um quadrado dados em posição os pontos médios de dois lados
- Construir o círculo circunscrito a um triângulo.
- Construir o círculo inscrito em um triângulo.
- Construir um hexágono regular, dado em posição um
- Construir o triângulo ABC conhecendo os lados AC = b e
AB = c e a mediana ma, relativa ao lado vértice A.
- Construir o triângulo ABC conhecendo os lados BC = a e
AC = b e a altura ha, relativa ao lado vértice A.
- Construir o triângulo ABC conhecendo os lados AC = b e
AB = c e a altura ha, relativa ao lado vértice A.
- São dados em posição um círculo C e uma reta r. Determinar 10
um ponto P sobre r de forma que as tangentes traçadas de
P ao círculo C formem um ângulo α, dado.
- Construir as tangentes comuns a dois círculos dados em posição.
- Construir o triângulo ABC conhecendo o perímetro 2p e os ângulos Bˆ e Cˆ.
- Construir o triângulo ABC conhecendo o lado BC = a, o ângulo Aˆe a diferença d = b − c dos outros dois
- Construir o triângulo ABC conhecendo o lado BC = a e as alturas hb, com respeito ao lado AC, e hc, com respeito ao lado AB.
- Construir o trapézio ABCD conhecendo a soma das bases AB + CD = s, as diagonais AC = p e BD = q e o lado AD = a.
- Construir um triângulo conhecendo os comprimentos da al- tura, mediana e bissetriz relativas a um mesmo vértice.
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- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- CARVALHO, j. , Os Três Problemas Clássicos da Mate- mática Grega. OBMEP.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
- WAGNER, , Construções Geométricas. SBM
- WAGNER, , Uma Introdução às Construções Geométricas. OBMEP.
Expressões Algébricas
META:
Resolver geometricamente problemas algébricos.
OBJETIVOS:
Introduzir a 4a proporcional.
Construir segmentos que resolvem uma equação algébrica.
PRÉ-REQUISITOS
O aluno deverá ter compreendido as construções elementares.
AULA
11
Olá caro aluno. Na aula passada você aprendeu como construir paralelas e perpendiculares, ângulos e seu arco capaz.
Nesta aula iremos tratar os problemas de construções um pouco diferente. Veremos qual a relação entre as construções geométricas e as soluções de equações algébricas.
Sempe que nos referirmos ao segmento x estaremos nos referindo tanto ao segmento quanto ao comprimento do segmento, ficando claro no contexto seu uso.
Definição 11.1. Dizemos que o segmento x é a quarta propor- cional dentre os segmentos a, b e c quando
- c
= .
- x
Problema 11.17. Construir a 4a proporcional entre os segmentos
a, b e c.
Solução Ver figura 11.1
- Construa um ângulo de vértice O.
- Sobre um lado tome pontos A e C tais que OA = a e AC =
- Sobre o outro lado tome um ponto B tal que OB =
- Trace por C uma paralela a AB, obtendo o ponto D em S
- o segmento BD de comprimento BD = x é 4a proporcional dentre os segmentos a, b e c.
Vejamos uma aplicação.
11
Figura 11.1: 4a proporcional
Figura 11.2: Esboço da solução do Problema 11.18
Problema 11.18. Inscrever no triângulo ABC dado, um quadrado tendo um lado sobre BC = a.
Suponha resolvido o problema (veja figura 11.2).
Os triângulos AQP e ABC são semelhantes, já que QP é paralelo a BC. Daí,
x = h − x
o que implica que
a h
ah a + h h
x = a + h ⇒ a = x.
Portanto, x é a 4a proporcional entre a + h, a e h.
Solução
- Trace a perpendicular a BC que passa por A, determinando o ponto D. Assim, AD é a altura do triângulo ABC.
- Determine a 4a proporcional x dentre os números a + h, a e
h.
Figura 11.3: 4a proporcional entre a + h, a e h.
- Sobre a altura, construa DE =
- Trace uma paralela a BC passando por E, obtendo Q e
- Q e P são os vértices do
Figura 11.4: Solução do Problema 11.18
- Expressões com raízes quadradas 11
Problema 11.19. Construir √a2 + b2 e √a2 − b2, onde a e b são segmentos dados.
Figura 11.5: x = √a2 + b2.
Figura 11.6: x = √a2 − b2.
- Se x = √a2 + b2, então x é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são a e b.
- Se x = √a2 − b2, então x é um cateto de um triângulo retân-
gulo de hipotenusa a, onde o outro cateto é igual a b.
- Se x = √a2 + b2 + c2 faça m = √a2 + b2 e entãox = √m2 + c2.
(ver figura 11.7).
Para construir a expressão √a2 + b2, construímos um ângulo de 90◦ com vértice O, e tomamos pontos, A e B, nos lados deste ângulo tais que OA = a e OB = b. Assim, a hipotenusa do
Figura 11.7: x = √a2 + b2 + c2.
triângulo retângulo OAB tem medida exatamente √a2 + b2. (ver figura 11.5).
Problema 11.20. Construir a√n com n natural e a um segmento
dado.
A solução está descrita na figura 11.8.
Figura 11.8: x = a√n, n ∈ N.
Problema 11.21. Construir um quadrado conhecendo a soma s
da diagonal com o lado.
Solução Se a é o lado, então s = a√2 + a, ou seja, a = s(√2 − 1). 11
- Construa um triângulo retângulo com catetos iquais a As- sim a diagonal é igual a s√2
- Sobre a diagonal, construa s obtendo
Figura 11.9: Solução do Problema 11.21
Problema 11.22. Construir a média geométrica de dois segmen- tos a e b.
- Solução 1: Veja a figura 10.
Figura 11.10: h2 = mn e b2 = am.
- Solução 2:
Figura 11.11: Você consegue mostrar que cada segmento é igual a
√ab?
Na figura 11.12 a secante PA e a tangente PT ao círculo possuem a relação PT 2 = PA · PB. Este valor é chamado de potência do ponto P em relação ao círculo.
Figura 11.12: PT 2 = PA · PB.
Para demonstrar que PA · PB = constante, considere a notação da figura 11.13.
Neste caso, temos
PA · PB = (PM − m)(PM + m) = PM 2 − m2
= PM 2 + OM 2 − (m2 + OM 2) = d2 − R2
= potência de P = POT (P )
Figura 11.13: PA · PB = constante.
Problema 11.23. Dados a e √ab, determine b.
Solução
- Trace PT = √ab.
- Trace um círculo tangente em T a
- Determine no círculo um ponto A tal que PA =
- PA determina um ponto B no círculo tal que PB = b e
|
PT = PA · PB.
Problema 11.24. Resolver a equação x2 − ax + b2 = 0, onde a e
b são segmentos dados.
Solução (Veja figura 11.14). Resolvendo algebricamente essa equação
temos
a ± √a2 − 4b2 a r
x = 2 = 2 ± 2 ,
onde r = √a2 − (2b)2. Fazemos
a r a r
x1 = 2 − 2 e x2 = 2 + 2 .
Se a > 2b a construção pode ser feita seguindo os passos:
- Construa um triângulo ABC retângulo em A com AB = 2b
e BC = a. Daí, AC = r.
|
- Tome P o ponto médio de BC e trace uma paralela a AB
passando por P, determinando Q em AC. Daí, AQ = r .
- Com centro em C e raio CQ, trace um círculo obtendo M e
N em BC, tais que PM = x1 e PN = x2.
Figura 11.14: Resolvendo a equação x2 − ax + b2 = 0.
2a Solução: Suponha 2a > b. (Veja figura 11.15.) Note que x1 + x2 = a e x1x2 = b2.
- Trace um semi-círculo de diâmetro AB =
- Trace uma perpendicular a AB e nesta perpendicular tome um ponto D a uma distância igual a b de AB.
- Trace uma paralela a AB passando por D, determinando um ponto C no semi-círculo.
Figura 11.15: Resolvendo a equação x2 − ax + b2 = 0.
- Trace uma perpendicular a AB passando por C, determi- nando P em
Daí, usando o Teorema de Pitágora, mostramos que PA = x1 e
PB = x2.
Problema 11.25. Sejam A e B pontos em um mesmo lado de uma reta r. Construir um círculo passando por A e B que seja tangente a r.
Figura 11.16: Solução do Problema 11.25 com AB ǁ r
Solução Suponha que AB seja paralelo a r (Figura 11.16.)
- Trace a mediatriz s do segmento AB, encontrando o ponto
C de interseção com a reta r.
- Trace a mediatriz do segmento AC, encontrando o ponto O, interseção com s.
- O ponto O é o centro do círculo que contém os pontos A, B
e C, cujo raio é OA.
Note que este círculo é tangente à reta r.
Figura 11.17: Solução do Problema 11.25 com AB arbitrário.
Suponha que AB não seja paralelo a r.
- Determine o ponto P de interseção entre AB e r.
- Determine um ponto T em r tal que PT 2 = PA PB. Aqui use a solução do Problema 11.22 dada pela figura 11.11.
- Trace a mediatriz de
- Trace a perpendicular a r passando por T, obtendo o centro do círculo O, interseção com a
A maneira usual de encontrar a solução de um problema, é pensar nele resolvido e analisar um esboço da solução.
- O segmento áureo
Tome um segmento AB e um ponto C em AB tal que a razão entre a menor parte e a maior parte é igual a maior parte e AB, isto é,
CB AC
= .
AC AB
Definição 11.2. Este segmento AC é chamado de segmento áureo interno de AB.
Se AB = a, obtemos
AC = a √5 − 1 .
2
Esta razão tem fascinado matemáticos por mais de 2 mil anos, surgindo em diversas situações, desde a arquitetura ao corpo hu- mano.
Considere um segmento ACj e um ponto B em ACj com a mesma propriedade do ponto C acima.
BCj = AB .
AB ACj
Definição 11.3. O segmento ACj é chamado segmento áureo ex- terno de AB.
Se AB = a, obtemos
ACj = a
√5 + 1
.
2
|
O lado do decágono regular inscrito em um círculo de raio R é igual a R√5−1 .
Note também que AC ·
ACj
= AB2.
Figura 11.18: AC e ACj são os segmentos áureos de AB.
Problema 11.26. Construir os segmentos áureos de AB = a.
Solução Ver figura 11.18.
- Trace um círculo de raioAB , tangente a AB em
|
- A reta que passa por A e pelo centro do círculo corta o círculo em C e Cj de modo que
|
√ √
AC = a e ACj = a .
2 2
|
|
De fato, pelo Teorema de Pitágora, temos AO2 = AB2 + BO2. Como AB = a, BO = a e AC = AO − a , segue o resultado.
- Expressões construtíveis
Nesta seção daremos uma breve introduções às expressões constru- tíveis com régua e compasso.
Definição 11.4. Estabelecido um segmento unitário, dizemos que 11
um número x é construtível se podemos obter um segmento de com- primento x a partir do segmento unitário com régua e compasso.
Problema 11.27. Dados a e b, construir a, 1 , a2 e √a.
b a
Solução As figuras abaixo mostram as construções dessas ex- pressões. Nelas, aparece uma semi-reta cuja origem está associada o número 0 e um ponto associado ao número 1. Justifique cada construção.
|
Figura 11.19: a é contrutível se a e b o forem.
|
Figura 11.20: 1 é contrutível se a o for.
Figura 11.21: a2 é contrutível se a o for.
Figura 11.22: √a é contrutível se a o for.
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Nesta aula definimos a 4a proporcional e vimos algumas de suas aplicações. Aprendemos sobre potência de um ponto com respeito a um círculo. Estudamos também como construir algumas ex- pressões algébricas usando régua e compasso.
¨
Na próxima aula veremos mais sobre construções possíveis e condições 11
necessárias e suficientes para que seja possível construir uma ex- pressão algébrica usando régua e compasso.
¨
Nos exercícios abaixo, construir significa indicar os passos de uma construção com régua e compasso.
- Construir x = abc onde a, b, c, d, e são segmentos
de
- Construir x = √a2 + 3b2 onde a e b são segmentos
a
- Construir x = √n onde a é um segmentos dado e n é um
número natural.
- Construir x =
a3 + a2b onde
|
|
a + b
e b são segmentos dados.
- Construir x tal que 1
x2
1
= a2
+ b2 .
- Construir um triângulo retângulo conhecendo a soma dos catetos e a altura relativa à
- Construir um triângulo conhecendo a hipotenusa e asoma dos
- A média harmônica de dois segmentos a e b é o segmento h
tal que
2ab
h = .
a + b
Construa a média harmônica de a e b.
- Construa um pentágono regular conhecendo o seu
- São dados um círculo C e uma tangente t. Construir um quadrado que tenha dois vértices em C e os outros dois vér- tices em t.
- Construir x = √4a4 + b4.
- Dados os segmentos a, b e c construa, utilizando um segmento unitário, x = √abc.
- Construir x que resolve a equação x2 − ax − b2 = 0, onde a
e b são segmentos dados.
- Resolver o sistema
|
x + y = a
onde a e b são segmentos dados.
- Resolver o sistema
|
x2 − y2 = a2
onde a e b são segmentos dados.
¨
- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- CARVALHO, j. , Os Três Problemas Clássicos da Mate- mática Grega. OBMEP.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
- WAGNER, , Construções Geométricas. SBM
- WAGNER, , Uma Introdução às Construções Geométricas. OBMEP.
Construções Possíveis
META:
Identificar construçõs possíveis.
OBJETIVOS:
Dividir o círculo em partes iguais. Apresentar critérios de construtibilidade.
Entender porque os problemas clássicos não possuem solução. Construir polígonos regulares.
PRÉ-REQUISITOS
O aluno deverá ter compreendido as duas últimas aulas.
AULA
12
Na aula 10 já falamos um pouco sobre os problemas clássicos, que consistem em resolver três problemas com o uso somente da régua (não graduada) e do compasso.
Embora a regra do jogo seja a utilização somente de régua e co- passo, é fato que os gregos utilizaram outros métodos na resolução de problemas de construções geométricas. De suas tentativas para achar soluções para os problemas clássicos, surgiram várias curvas e métodos que enriqueceram a Matemática.
Nesta aula, vamos apresentar as construções geométricas possíveis usando régua e compasso. Muitas das demonstrações sobre con- strutibilidade faz uso de uma matemática que foge ao escopo deste curso, e desta forma não apresentaremos aqui.
Alguns problemas de natureza simples não podem ser resolvidos com régua e compasso. Por exemplo, é impossível retificar o círculo com régua e compasso, simplesmente por que o número π não é construtível, como veremos adiante.
O problema de dividir o círculo em n partes iguais, em geral, é impossível resolvê-lo.
Aqui apresentaremos alguns casos particulares.
Problema 12.28. Dividir o círculo em n partes iguais.
Como foi dito anteriormente, este problema em geral não é possível de resolver. Vamos resolvê-lo para alguns casos.
Caso 1: n = 2k, k ∈ N. Este caso é o mais simples de todos. E a
prova é por indução.
- n = 2 → Trace o diâmetro.
- n = 22 = 4 → Trace as bissetrizes dos dois ângulos formados pelo diâmetro.
- n = 23 = 8 → Trace as mediatrizes dos lados do polígono 12
formado no caso anterior.
- n = 2k → Trace as mediatrizes dos lados do polígono for- mado no caso n = 2k−1.
Caso 2: n = 2k3, k = 0, 1, 2, . . .
- n = 3 → Construa um triângulo equilátero inscrito no cír-
Se ABC é um triângulo equilátero inscrito no círculo de raio
R, então o lado do triângulo é igual a = R√3 (Por que?).
Então, dado o segmento R, pela construção da aula passada, podemos construir o segmento R√3. Com um compasso, construímos um triângulo equilátero de lado R√3 inscrito
no círculo de raio R.
- n = 6 → Trace as mediatrizes dos lados do triângulo anterior formando um polígono regular de 6
- n = 2k3 → Trace as mediatrizes dos lados do polígono regu- lar formado no caso 2k−13.
Caso 3: n = 2k5, k = 0, 1, 2, . . .
- n = 10 = 2 5 → Construir um polígono regular de 10 lados (decágono) inscrito no círculo.
Se o raio do círculo é R, então o lado mede
R √5 − 1 .
2
Com um compasso encontramos os vértices do decágono no círculo.
- n = 5 → Construir um pentágono regular a partir do decá- gono
Construa um decágono com vértices numerados de 1 a 10. O pentágono é o polígono obtido a partir dos vértices pares do decágono.
- n = 2k5 → Traçar as mediatrizes dos lados do polígono reg- ular formado no caso 2k−15
Caso 4: n = 2k · 3 · 5, k = 0, 1, 2, . . .
- n = 3 5 = 15 → Construir um triângulo equilátero ABC inscrito no círculo e um pentágono regular ADEFG inscrito no círculo. Considere a figura 12.1
Figura 12.1: O arco BE é 1/5 do círculo
Note que
–
AB =
–
AE =
- do círculo
3
- do círculo,
5
–
o que implica que BE =
2 1 1
− =
do círculo.
5 3 15
- n = 2k 3 · 5 → Traçar as mediatrizes dos lados do polígono regular formado no caso 2k−1 · 3 · 5.
Observação: É impossível dividir um círculo em 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19
partes iguais, citando apenas os valores menores que 20.
No final do século 18, Gauss descobriu que é possível dividir um 12
círculo exatamente em 17 partes iguais.
Apresentamos a seguir um método de divisão aproximada do cír- culo em n partes iguais, para qualquer valor de n. Veja figura 12.2
Solução
- Trace um diâmetro
- Determine pontos P e Q tais que ABP e ABQ sejam triân- gulos equiláteros.
- Divida AB em n partes iguais pelos pontos 1,2, · · , n-1.
- As retas que unem P e Q aos pontos de ordem par, de- terminam nos semi-círculos opostos os pontos que dividem aproximadamente esse círculo em n partes
- Construções Possíveis Utilizando Régua e Compasso
Relembremos algumas regras para as construções com régua e com- passo.
Regras:
- Traçar uma reta, conhecendo dois de seus pontos
- traçar um círculo, conhecendo o seu centro e um ponto do círculo
- Determinar as interseções de retas ou círculos já construídos com retas ou círculos já construídos
Figura 12.2: Divisão aproximada do círculo em 7 partes iguais.
Pelo que nós vimos até aqui, somente com régua e compasso, é possível construir um ponto (não arbitrário) fora de uma reta, e traçar por este ponto (ou qualquer outro já construído) uma para- lela ou uma perpendicular a esta reta.
Problemas: Os famosos problemas clássicos são:
- Duplicação do cubo
- Quadratura do círculo
- Tri-secção de um ângulo arbitrário
- Construção de polígonos regulares 12
Esses problemas surgiram na Grécia antiga por volta do ano de 429 a.C. e só foram completamente entendidos na virada do século 18 para o século 19 d.C., com os trabalhos de Gauss (1777 – 1855) e Galois (1811 – 1832).
O último problema acima não é tão famoso quanto os outros, mas o enumeramos, já que assim como os outros ele é bastante interes- sante.
Definição 12.1. Fixado um segmento com a unidades de com- primento, diremos que um número x é construtível se for possível construir com régua e compasso um segmento de comprimento x a partir do segmento de com comprimento a.
Problema 12.29. Se a e b são construtíveis, então a + b, −a, ab
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1 também o são.
A figura 12.3 e 12.4 mostram como fazer construção. A construção é feita com retas paralelas. Para justificá-las utilize as propriedades de paralelogramos e o Teorema de Tales.
Figura 12.3:
Observação Disto segue que todos os números inteiros e racionais são construtíveis.
A figura 12.5 mostra que, se a > 0 for construtível, então √a
também será construtível.
De fato, Seja A o ponto da reta r que corresponde ao número 1 e
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B o ponto que corresponde ao número a . Assim, BA = a − 1, e
Figura 12.4:
Figura 12.5:
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pelo Teorema de Pitágoras, obtemos
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AP 2 =
O que implica que
a − a − 1 2
= a − 1.
OP 2
= OB2
+ PB = 1 + a − 1 = a.
Disto, segue que existem irracionais construtíveis (√2 por exem- plo).
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Exercício 12.1. Construir os números − 2 , 1, 333 · · · , √2, √4 3 e
1 + √2.
Observação O conjunto dos números construtíveis formam um subcorpo dos números reais, isto é, é um subconjunto dos números reais que possui 0 e 1 e é fechado para a adição, multiplicação, e cálculo de simétricos e de inversos (de elementos não nulos).
- O Princípio da Solução 12
Muitas vezes, para determinar se determinado número é construtível com régua e compasso é necessário passar o problema para o plano.
Definição 12.2. Um ponto P = (a, b) do plano é dito construtível se a e b são construtíveis.
Como já sabemos que todos os números racionais são construtíveis, segue que todos os pontos do plano com coordenadas racionais são construtíveis.
Observação: Se uma reta r une dois pontos do plano (α, β) e (γ, δ) com α, β, γ, δ ∈ Q, a equação de r é da forma ax+by +c = 0, com a, b, c ∈ Q.
Se um círculo tiver centro (α, β) e passa pelo ponto (γ, δ) com α, β, γ, δ ∈ Q, sua equação é da forma x2 + y2 + ax + by + c = 0, com a, b, c ∈ Q.
Assim, se queremos encontrar o ponto de interseção entre retas e cículos dos tipos acima, temos 3 casos a considerar:
- Interseção de duas retas do tipo Neste caso, devemos resolver o sistema
ax + by + c = 0
ajx + bjy + c = 0
com a, b, c, aj, bj, cj ∈ Q.
- Interseção de uma reta com um círculo dos tipos Devemos resolver o sistema
x2 + y2 + ax + by + c = 0
com a, b, c, aj, bj, cj ∈ Q.
ajx + bjy + cj = 0,
- Interseção de dois círculos como
Resolver o sistema
x2 + y2 + ax + by + c = 0
|
x2 + y2 + ajx + bjy + cj = 0,
ou, equivalentemente, resolver o sistema
x2 + y2 + ax + by + c = 0
|
(a − aj)x + (b − bj)y + c − cj = 0,
com a, b, c, aj, bj, cj ∈ Q.
As soluções destes sistemas são racionais ou do tipo a + b√c, com
a, b, c ∈ Q, c ≥ 0.
Conclusão:
Sabemos que os números racionais são construtíveis. Em particu- lar, todos os pontos do plano com coordenadas racionais são cons- trutíveis. Partindo destes pontos e fazendo construções com régua e compasso, envolvendo apenas uma interseção de reta com reta, reta com círculo ou círculo com círculo, as coordenadas dos novos
pontos obtidos são da forma a + b√c com a, b, c ∈ Q e c ≥ 0.
Prosseguindo com uma segunda etapa de construção com régua e compasso, os novos números obtidos serão da forma a + b√c, com
a, b e c da forma anteriormente indicada.
Exemplo 12.1.
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- 1a Etapa: 1 + √2, 3 + q 5
- 2a Etapa: 4(1 + √2) + 5q3(1 + √2), 1 + √2 + r 3 + q 5
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Exercício 12.2. Mostre que os números da forma a + b√2, onde
a, b ∈ Q, é um corpo.
Resumo:
- Um número construtível é obtido como primeira coordenada 12
de um ponto que tenha sido obtido a partir dos pontos iniciais 0 e 1 da reta base, através de um número finito de interseções de retas e/ou círculos.
- Um número é contrutível se e somente se pode ser escrito em termos de números racionais, usando somente adições, multiplicações, simétricas, inversos e raízes
Exercício 12.3. Verifique que é construtível o número
‚.,4 3 − 0, 2 1√6 1 + √2
2 + 3√2 6 − √8 0, 4 .
O próximo teorema fornece um meio de determinar números não- construtíveis.
Teorema 12.1. Todo número construtível é raiz de uma equação polinomial (ou algébrica) de coeficientes inteiros.
|
Exercício 12.4. Verifique o número construtível √2 + 1 + √3
é raiz de uma equação polinomial.
Definição 12.3. Um número que é raiz de algum polinômio com coeficientes inteiros é dito algébrico. Caso contrário é dito trans- cendente.
|
Exemplo 12.2. Os números racionais e os números √3 2, √2, 1 +
√2 e 2 + √4 3 são algébricos. Os números e , π, √π, e2 são
transcendentes.
Em geral, é muito difícil de determinar se um determinado número é transcendente ou não. O primeiro a exibir números comprovada- mente transcendente foi Liouville (1809–1882). Somente em 1873, Hermite mostrou que o famoso número e é transcedente, e em 1882, Lindermann provou que o número π também é transcedente.
Corolário 12.1. Todo número transcendente não é construtível. Portanto π não é construtível, donde concluímos que o círculo não é quadrável.
De fato, a área do círculo unitário é 2π. Quadrar o círculo, sig- nifica que devemos construir um quadrado com lado a tal que sua área seja exatamente 2π, ou seja, a2 = 2π. Mas como π não é
construtível, segue que √π também não é construtível.
Na seção anterior vimos que todos os números construtíveis são algébricos. Então você pode se perguntar se todos os números algébricos são construtíveis. A resposta é não.
Definição 12.4. O grau de um número α é o grau do polinômio irredutível p(x) com coeficientes inteiros e tal que p(α) = 0.
Exemplo 12.3. O grau de √3 2 é três. Basta considerar o polinômio
x3 − 2.
Exemplo 12.4. Determine o grau de √2 + √3.
Solução Faça x = √2 + √3. Então,
√2 = x − √3 ⇒ 2 = x2 + 3 − 2√3x
⇒ 2√3x = x2 + 1 ⇒ 12x2 = x4 + 1 + 2x2
|
⇒ x − 10x + 1 = 0.
Agora podemos dar o critério geral de não construtibilidade.
Teorema 12.2. Um número é construtível se e somente se é al- gébrico de grau igual a uma potência de 2.
A demonstração deste teorema envolve envolve ferramentas da teo- ria de grupos e da teoria de Galois.
Corolário 12.2. O cubo não é duplicável. 12
Demonstração Considere um cubo de aresta a. A aresta do cubo com o dobro do volume é a√3 2. Então o cubo poderá ser duplicado se √3 2 for construtível, porém o grau de √3 2 é igual a 3 que não é
uma potência de 2.
Corolário 12.3. É impossível tri-seccionar um ângulo arbitrário.
Definição 12.5. Um ângulo θ é construtível se seu cosseno for construtível. (Ver figura).
Exemplo 12.5. O ângulo 60◦ é construtível, pois cos 60◦ = 1/2.
Exemplo 12.6. O ângulo θ = 90◦ pode ser tri-seccionado, pois
cos 30◦ = √3 é construtível. De fato √3 é raiz da equação polino-
2 2
mial 4x2 − 3 = 0.
|
Exemplo 12.7. O ângulo θ = 20◦ não pode ser tri-seccionado. De fato, se x = cos 20◦, então da fórmula cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ, obtemos
que é equivalente a
1 = 4x3 3x
2
8x3 − 6x − 1 = 0,
onde 8x3 − 6x − 1 é irredutível, pois do contrário
8x3 − 6x − 1 = (ax − b)(cx2 + dx + e), a, b, c, d, e ∈ Z
|
e portanto b seria uma raiz com mdc(a, b) = 1, ou seja,
|
|
b 3 b
b3 b
o que implica que
b3
a = 8 a2 − 6b,
|
que é possível somente se b for inteiro, mas estamos supondo que
mdc(a, b) = 1.
Portanto, 8x3 − 6x − 1 = 0 é irredutível.
Naturalmente, o problema de construir um polígono regular de n
lados, ou o que é equivalente, dividir o círculo em n parte iguais, consiste em construir seu ângulo central 360◦ , ou o que é o mesmo,
n
o seu cosseno. Nos Elementos de Euclides, eles fornecem a con-
strução dos polígonos regulares com n = 3, 4, 5, 6, 8, 10 e 15. Construções para os polígonos de 7 e 9 lados, por exemplo, só foram dadas por Gauss em 1796.
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De fato, não é díficil verificar que se pk1 · · · pkm for a decomposição
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do número n em fatores primos, então o polígono regular de n é construtível se e somente se o polígono regular de pki lados o for. Mais ainda, como o fator 2 não causa problema, temos que nos preocupar apenas com os primos ímpares.
Teorema 12.3 (Gauss). Se n for primo, então o polígono regular de n lados será construtível se e somente se n for da forma 22m +1.
Os números naturais da forma 22m +1 são chamados de números de Fermat, devido a Fermat (1601–1665), que conjecturou que todos eles fossem primos. Na verdade os únicos números primos desta forma conhecidos são 3, 5, 17, 257 e 65537, que são os números
correspondentes a m = 0, 1, 2, 3 e 4. Para m = 5, temos que
225 + 1 = 4.294.967.297 = 641 × 6.700417.
Gauss descobriu a construtibilidade do polígono regular de 17 la- dos um mês antes de completar 19 anos. Fato este que agusou o interesse de alguns almães do século 19 que um certo Richelot publicou, em 194 páginas de uma conhecida revista de Matemática, a construção do polígono de 257 lados. Um matemático amador dedicou dez anos de sua vida escrevendo o método de construção do polígono regular de 65.537 lados.
Para você ter uma idéia da dificuldade de construir estes polígonos, como o próprio Gauss calculou, o problema de construir o polígono
regular de 17 lados é equivalente a construir o número: 12
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cos 360◦ = − 1
+ 1 √17 + 1 q34 − 2√17
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+ 1 r17 + 3√17 − q34 − 2√17 − 2q34 + 2√17.
Resumimos nossa discussão no seguinte teorema.
Teorema 12.4. É possível construir um polígono regular de n la- dos se e somente se n se decompuser em fatores primos na forma 2kp1 · · · pm, onde os pi são primos de Fermat.
¨
Nesta aula vimos que os problemas clássicos não possíveis de re- solvidos não somente com régua e compasso. Aprendemos como identificar números construtíveis, polígonos regulares construtíveis e ângulos construtíveis.
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- Construa √2, √4 3, √1 + √2.
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- Construa − 4e 1, 33333 · · ·
- Verifique que é construtível o número
|
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.,4 2
q √ .
- Mostre que 1 + √3 é algébrico.
Considere no plano complexo o círculo unitário, isto é, S1 =
{z ∈ C; |z| = 1}. Para n ∈ N, considere as raízes com- plexas da equação xn = 1, são elas: 1, ω, ω2, . . . , ωn−1, onde ω = cos θ + isen θ, com θ = 360◦/n. Estas raízes dividem o círculo unitário S1 em n partes iguais. A construtibilidade do polígono regular de n partes é equivalente à de cos θ, ou, de modo equivalente, à de 2 cos θ = ω + ω = ω + 1/ω.
- Vamos mostrar que o pentágono é construtível
- Mostre que o polinômio x2 + x − 1 é irredutível.
- Tome θ = 360◦/5 e faça α := ω + 1/ω. Mostre que
α2 + α − 1 = 0 e conclua que cos(360◦/5) = (√5 − 1)/2.
- Conclua que o pentágono regular é construtível. 12
- Vamos mostrar que heptágono regular é não é construtível.
- Mostre que o polinômio x3 + x2 − 2x − 1 é irredutível.
- Mostre que α = ω + 1/ω = cos(360◦/7) é raiz do polinômio
- Conclua que o heptágono regular não é construtível.
- Seja Pn é o polígono regular de n Para que valores de
n ≤ 50 Pn é construtível?
- Seja Pn é o polígono regular de n Para que valores de
n ≤ 50 Pn não é construtível?
¨
- BARBOSA, L. M., Geometria Euclidiana Plana. SBM.
- CARVALHO, j. , Os Três Problemas Clássicos da Mate- mática Grega. OBMEP.
- EUCLIDES, Os Elementos. Tradução: Irineu Bicudo.
- GREENBERG, M. J., Euclidean and Non-Euclidean Geome- tries: Development and History. Third Edition. W. H. Free-
- POGORELOV, V., Geometria Elemental. MIR.
- MOISE, E., Elementary Geometry from an Advanced Stand- point. Third edition. Addison-Wesley.
- WAGNER, , Construções Geométricas. SBM
- WAGNER, , Uma Introdução às Construções Geométricas. OBMEP.