FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
247
Construções Geométricas Utilizando
Somente Régua e Compasso
Viviane Carvalho Mendes
∗
Weber Flávio Pereira†
Faculdade de Matemática - FAMAT
Universidade Federal de Uberlândia - UFU - MG
Outubro de 2008
Resumo
Os problemas de construções geométricas tem sido sempre temas favoritos em
geometria e tais problemas apareceram já no século V a.C., na época dos pitagóricos
e exerceram grande influência no desenvolvimento da matemática grega.
Em meados do século III a.C., época de Euclides, novas idéias geométricas
surgem, e com elas, uma nova álgebra completamente geométrica, onde o objetivo não era resolver problemas, mas sim construir suas soluções. Nessa época,
muitos problemas foram propostos e resolvidos.
O surgimento dessa nova álgebra geométrica se deve ao monumental “Os Elementos”de Euclides, consistindo de treze livros, como o são chamados e que lança
uma hipótese, de certa forma complicadora, mas que se tornou um desafio muito
fértil ao posterior desenvolvimento da matemática. Hipótese essa a de se construir
objetos matemáticos com régua (sem marcas) e compasso, apenas.
O objetivo principal desse trabalho é apresentar algumas construções geométricas
com régua e compasso, dentre elas as etapas da construção de Euclides para o
pentágono regular, a construção de Gauss para o polı́gono regular de 17 lados e o
problema de Apolônio.
Palavras-chave: Construções geométricas, polı́gonos, régua e compasso.
1
Construção de Euclides Para o Pentágono Regular
O problema de construir o pentágono regular usando somente régua e compasso é, na
visão atual, um problema simples. Para isso, basta construir um decágono regular, ou
o
. Nesta seção, vamos apresentar a construção
seja, basta construir um ângulo de 36o = 360
10
feita por Euclides para o pentágono. Euclides desenvolveu onze resultados iniciais que
apresentaremos na seqüência.
Teorema 1 Paralelogramos com a mesma base, e com vértices pertencentes a duas retas
paralelas dadas, possuem a mesma área.
Demonstração. O paralelogramo ABCD e o paralelogramo EBCF estão sobre a mesma
base BC e estão entre duas retas paralelas L1 e L2.
∗
†
vivi [email protected]
[email protected] - Professor orientador.
248
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A
F
D E
L2
G
L1
C
B
Os triângulos ABE e DCF são congruentes, já que BC é lado comum e EB e F C são
congruentes, pois são os lados do paralelogramo, logo a área do paralelogramo ABCD é
igual a soma da área do triângulo BCG, com a área do triângulo ABE subtraı́da a área
do triângulo DGE e o paralelogramo EBFC é igual a soma da área do triângulo BCG com
a área do triângulo DCF subtraı́da a área do triângulo DGE.
Teorema 2 Triângulos que tem a mesma base e com vértices pertencentes a retas
paralelas possuem mesma área.
D
A
E
F
L2
L1
B
C
Demonstração. Decorre do teorema 1, observe que AC é a diagonal do paralelogramo
ABCD e a mesma coisa ocorre para a medida F B em relação ao paralelogramo EBCF.
Logo a área do triângulo ABC é igual a metade da área do paralelogramo ADBC e o
triângulo FBC é igual a metade da área do paralelogramo EFBC e como os paralelogramos
possuem mesma área, os triângulos também possuirão áreas iguais.
Teorema 3 Se um paralelogramo e um triângulo tem a mesma base e estão situados entre
duas retas paralelas dadas, então o paralelogramo tem área duas vezes a área do triângulo.
Demonstração. Segue direto do teorema 2.
Teorema 4 Em qualquer paralelogramo, os complementos dos paralelogramos construı́dos
sobre a diagonal do paralelogramo dado são iguais em área.
B
E
A
I
A1
I
G
II
D
V
II
F
H
A2
C
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249
Demonstração. Considere o retângulo ABCD, sejam EF uma reta paralela ao lado DB
e GH uma reta paralela a DC, elas se intersectam em um ponto V. Observe que AD é a
diagonal do retângulo ABCD, logo os triângulos I possuem a mesma área, analogamente
as áreas dos triângulos II são iguais. Daı́ quando subtraı́mos do retângulo ABCD duas
vezes a área do triângulo I e duas vezes a área do triângulo II restará somente a área do
retângulo A1 somado com a área do retângulo A2 . Portanto A1 = A2 .
Teorema 5 (Teorema de Pitágoras): Em triângulos retângulos, o quadrado construı́do
sobre o lado que subentende o ângulo reto é igual a soma dos quadrados que contém o
ângulo reto.
G
C
D
A
E
T
H
B
F
Demonstração. Sobre os lados dos triângulos são construı́dos quadrados. A altura do
triângulo ABC é CH, a qual é prolongada até F. São traçados os segmentos BD e CE.
Observe que os triângulos ABD e CAE são congruentes (pois ambos estão sobre os lados
dos quadrados).
O quadrado sobre AC tem área duas vezes a área do triângulo DAB, pois eles tem
a mesma base AD e estão sobre as mesmas retas paralelas, analogamente o retângulo
AEFH tem área duas vezes a área do triângulo CAE, pois possuem e vértices sobre duas
retas paralelas.
Como os dois triângulos são congruentes então o quadrado sobre AC tem área igual a
área do retângulo AEFH.
Analogamente, o quadrado sobre BC tem área igual a área do retângulo sobre HB e
desta maneira a soma das áreas dos quadrados sobre AC e BC é igual a soma das áreas
dos triângulos que é exatamente o quadrado sobre AB.
Teorema 6 Sejam AB um segmento de reta e C o ponto médio desse segmento. Adicionamos a esse segmento, em linhas retas, o segmento BD e construı́mos as seguintes
figuras:
A1 = o retângulo com base AD e altura DE igual a BD.
A2 = quadrado com medida do lado igual ao segmento CB (correspondendo na figura,
o quadrado FGHI)
A3 = quadrado de lado CD (correspondendo na figura, ao quadrado CDJG).
A soma das áreas das figuras A1 e A2 é igual a área da figura A3 .
250
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A
C
D
B
E
I
II
β2 β
α
α
β
F
III
α2
G
I
H
Demonstração. (2α + β)β + α2 = (α + β)2
E o retângulo I tem a mesma área do retângulo II, logo a área do retângulo mais a
área do quadrado é igual a área do quadrado maior, ou seja, (2α + β)β + α2 = (α + β)2 .
Teorema 7 Dividir um segmento de reta dado de maneira que a área do retângulo determinado por esse segmento e por uma das partes dessa divisão, seja igual a área do
quadrado construı́do sobre a outra parte dessa divisão.
F
G
B
A
H
E
C
D
K
Demonstração. O nosso problema é encontrar o ponto H sobre AB de tal maneira que
2
AB.HB seja igual a AH . Para isso, sobre AB construa o quadrado ABCD e, em seguida,
divida AC ao meio, no ponto E. Prolonga AC além do ponto A até um ponto F de tal
maneira que EF seja igual a EB. Sobre AB marque o ponto H, de tal maneira que AH
seja igual a AF . Logo H é o ponto procurado.
De fato, primeiramente completamos o quadrado AFGH e prolongamos GH até K.
Feito isso, o teorema 6 nos garante que:
2
2
F C.F G + AE = EF .
(1)
Note que EF é igual a EB, daı́ usando o teorema de Pitágoras no triângulo AEB e a
equação (1), temos:
2
2
2
2
2
2
EB = AB + AE ⇒ F C.F G + AE = AB + AE ,
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251
ou seja,
2
F C.F G = AB .
(2)
A equação (2) nos diz que o retângulo de lados F C e F G tem área igual a área do
quadrado de lado AB. Subtraindo dessas duas figuras o retângulo comum de lados AC
e AH, obtemos que o quadrado de lado AH tem área igual a do retângulo determinado
pelos lados HB e DB, ou seja,
2
AH = HB.AB
conforme querı́amos demonstrar.
Teorema 8 Se de um ponto P externo a um cı́rculo, traçarmos uma reta tangente ao
cı́rculo em T, e uma reta arbitrária que o intersecta em R e S, teremos então sempre a
2
seguinte relação P R · P S = P T .
Demonstração.
Primeiro caso: Quando a reta passando por P, passa pelo centro do cı́rculo.
T
P
S
R
C
Observe que RS é o diâmetro do cı́rculo e P R é o segmento adicionado a esse diâmetro.
Pelo teorema 6, podemos afirmar o seguinte:
2
2
P R · P S + RC = P C .
2
2
Daı́ como T C = RC , temos que:
2
2
2
2
2
PR · PS + TC = PC ⇒ PR · PS = PC − TC ⇒ PR · PS = PT .
Segundo caso: A reta que passa por P não passa pelo pelo centro do cı́rculo.
T
C
P
R
M
S
Seja M o ponto médio do segmento RS e P R o segmento adicionado a RS, usando o
teorema 6, temos:
2
2
P R.P S + RM = P M .
252
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2
Adicionando CM a ambos os membros temos:
2
2
2
2
2
P R.P S + (RM + M ) = P M + CM ⇒ P R.P S + RC = P C
2
2
2
mas observe que RC = T C , logo
2
2
2
2
2
P R.P S + T C = P C ⇒ P R.P S = P C − T C ⇒ P R.P S = P T .
Teorema 9 Se de um ponto A exterior a um cı́rculo, forem traçadas duas retas, uma
2
que intersecta o cı́rulo em B e F e outra o cortando em D, e se AB.AF for igual a AD
então AD é tangente ao cı́rculo em D.
Demonstração.
D
F
B
A
C
T
Do ponto A traçamos uma reta AT tangente ao cı́rculo. Do teorema 8, sabemos que
2
2
2
AT = AB.AF , mas segue-se da hipótese que AD = AB.AF , então AD = AT .
Portanto AD também é tangente ao cı́rculo.
2
Teorema 10 O ângulo α entre uma tangente e uma corda de um cı́rculo é igual ao ângulo
compreendido pelo arco determinado pela corda, do lado da corda oposto a α.
S
α
O
R
2α
P
α
U
b P é um ângulo reto pois a reta U P é tangente
Demonstração. Temos que o ângulo OU
ao cı́rculo no ponto U. Agora
b
b = 1 ROU
RSU
2
(3)
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b = 180o − (OU
b + U RO).
b
contudo, ROU
b R = U RO.
b Daı́ ROU
b = 180o −2OU
b R.
Como o triângulo URO é isósceles temos que OU
Substituindo em (3), temos:
b = 1 (180o − 2.OU
b R = 90o − OU
bR
RSU
2
b R, portanto RSU
b é igual a α, conforme querı́amos demonmas temos que α = 90o − OU
strar.
Teorema 11 Construir um triângulo isósceles que tenha cada um dos ângulos da base
igual a duas vezes o terceiro ângulo.
C
A
δ
ε β B
αγ
D
Demonstração. Seja AB um segmento de reta e C um ponto sobre esse segmento, pelo
teorema 7, podemos dividir AB, de tal maneira que AC 2 =AB.CB, em seguida traçamos
um cı́rculo em A e raio AB. Marcamos a corda BD de tal modo que que BD= AC.
O triângulo procurado é o triângulo ABD, pois β = δ + γ = 2α.
Justificativa:
1o ) Construı́mos um cı́rculo circunscrito ao triângulo ACD, como AC é igual a BD,
2
2
podemos substituir AC = AB.CB, por BD = AB.CB, pelo teorema 9, concluı́mos que
BD é tangente ao cı́rculo em D, logo α = γ.
Agora precisamos provar que α = δ
2o ) α = γ ⇒ α+ = γ + δ (pois como o triângulo ACD é isósceles temos que α = δ ⇒
α + γ = δ + γ).
3o ) ε é um ângulo externo do triângulo ACD, logo ε = α + δ, daı́ como α + δ = γ + δ ⇒
ε = γ + δ ⇒ ε = β e, portanto, o triângulo CBD é isósceles, logo CD = AC, ou seja, o
triângulo ACD também é isósceles e α = δ.
Portanto β = γ + δ = 2α.
2
Inscrever um pentágono em um cı́rculo dado
Nosso objetivo agora é utilizar os teoremas demonstrados na seção anterior para inscrever
um pentágono em um cı́rculo dado. Procedemos então da seguinte maneira:
1) Usando o teorema 11, construı́mos um triângulo FGH isósceles com os ângulos da
base igual a duas vezes o terceiro ângulo. Em seguida, inscrevemos no cı́rculo um triângulo
semelhante ao triângulo FGH da seguinte forma: traçamos uma reta tangente IJ ao
cı́rculo, em um ponto A, transportamos sobre essa reta, partindo de A, o ângulo H FbG,
254
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B
F
E
D
O
I
G
H
A
C
J
encontrando assim um ponto C sobre o cı́rculo. Sobre o segmento AI, transportamos o
b obtendo um ponto B. Por fim, ligamos os pontos A,B e C e encontramos o
ângulo GHF
triângulo ABC, inscrito no cı́rculo e semelhante ao triângulo FGH.
b é igual ao
Justificativa: pelo teorema 10, podemos afirmar que os ângulos J AC
b e que possuem a mesma medida do ângulo GFbH. Pela mesma razão, o
ângulo ABC
b é igual ao ângulo GHF
b , logo a medida do ângulo B AC
b é igual a medida do
ângulo ACB
b
ângulo F GH.
b e B CA,
b encontrando
2) Agora, traçamos as bissetrizes referentes aos ângulos C AB
assim dois pontos E e D respectivamente, ligando os segmentos BD, DA, AC, CE e EB
encontramos o pentágono regular.
Justificativa: vamos mostrar que dois lados quaisquer do polı́gono obtido possuem
a mesma medida, conseqüentemente esse polı́gono é regular, ou seja, temos exatamente
o pentágono. Seja O o centro do cı́rculo dado, vamos mostrar que os triângulos BOE e
DOA são congruentes.
b
Como sabemos o ângulo central é duas vezes o ângulo inscrito, então o ângulo E OB
b e da mesma forma que o ângulo DOA
b é igual a duas
é igual a duas vezes o ângulo B AE
b
vezes o ângulo DCA e como BO = OE = OA = OD = raio, então os triângulo BOE
e triângulo DOA são congruentes pelo critério LAL, logo os lados BE e AD possuem a
mesma medida. Efetuando o mesmo procedimento para dois lados quaisquer do polı́gono,
concluı́mos que todos os seus lados possuem a mesma medida, ou seja, o polı́gono inscrito
corresponde exatamente ao pentágono.
Com isso, finalizamos o processo de construção e inscrição do pentágono regular em
um cı́rculo feita por Euclides.
3
Construção de Gauss para o polı́gono regular de 17
lados
Devemos ressaltar que antes de Gauss, L. Euler (1707-1783) ao demonstrar que qualquer
número tem n raı́zes enésimas, também provou que elas, quando representadas no plano
. Em outras palavras, a extração
complexo, formam entre si, sucessivamente, ângulos de 2π
n
da raı́z enésima da unidade produz n números complexos, cujas representações gráficas
formam um polı́gono regular de n lados inscrito em um cı́rculo de raio unitário. Por
esse motivo, a equação xn − 1 = 0 recebeu a denominação de equação ciclotônica e foi
intensamente estudada no final do século XVIII e no inı́cio do século XIX, principalmente
pelo jovem Gauss.
FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
255
É interessante observar alguns fatos das diversas raı́zes enésimas entretanto, ocorre
algo curioso, tomando R1 como ponto de partida vemos que:
R2 = R12 , R3 = R13 , ..., Rn−1 = R1n−1 .
Onde no lado direito 2, 3 e n-1 não são mais ı́ndices de contagem mas, sim, potências
inteiras da raı́z R1 . Isto ocorre porque, ao se elevar R1 as sucessivas potências inteiras, o
ângulo θ vai sendo multiplicado por 2, 3, 4, etc e isto conduz as raı́zes R2 , R3 , ... , Rn−1 .
Observe que Rn−1 = R11 , Rn−2 = R12 , ... , Rn−i = R1i .
¡
¢
2π
+
i
sin
, daı́
De fato, temos que R1 = |R1 | cos 2π
n
n
(cos 2π
− i sin 2π
)
1
1
2π
2π
n
n
=
.
− i sin
= Rn−1 .
2π
2π = cos
2π
2π
R1
n
n
(cos n + i sin n ) (cos n − i sin n )
Podemos fazer essa afirmação pois, para se calcular o inverso de um número complexo
de módulo 1, basta inverter o ângulo em relação ao eixo real.
Agora considere a equação x17 -1=0. Descartando a raı́z x = 1 temos:
x16 + x15 + x14 + ... + x + 1 = 0.
Observando as relações entre as raı́zes acima temos:
1
1
R116 + R115 + ... + R1 + 1 = 0 ou R16
+ R15
+ ... + R1 + 1 = 0.
Após isso, Gauss ordenou as 16 raı́zes de tal forma que cada raı́z é o cubo da anterior.
A ordenação é:
R1 , R3 , R9 , R10 , R13 , R5 , R15 , R11 , R16 , R14 , R8 , R7 , R4 , R12 , R2 , R6 .
Note por exemplo que
(R16 )3 = (R116 )3 = R148 = R117 .R117 .R114 = R114 .
Assim, podemos agrupar as raı́zes em dois blocos de elementos:
y1 = R1 + R9 + R13 + R15 + R16 + R8 + R4 + R2
e
y2 = R3 + R10 + R5 + R11 + R14 + R7 + R12 + R6 .
Por meio desse agrupamento, podemos observar algumas equações:
y1 + y2 = −1
(4)
y1 y2 = −4
(5)
e de (4) e (5), temos y 2 + y − 4 = 0.
Tomando os termos alternados de y1 , temos:
z1 = R1 + R13 + R16 + R4 e z2 = R9 + R15 + R8 + R2 .
Analogamente para os termos de y2 temos:
w1 = R3 + R5 + R14 + R12 e w2 = R10 + R11 + R7 + R6 .
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Assim:
z1 + z2 = y1 e z1 · z2 = −1 =⇒ z 2 − y1 z − 1 = 0
e
w1 + w2 = y2 e w1 · w2 = −1 =⇒ w2 − y2 w − 1 = 0.
Tomando v1 = R1 + R16 e v2 =R13 + R4 obtemos v1 + v2 = z1 e v1 v2 = w1 , logo v1 e
v2 satisfazem v 2 − z1 v + w1 = 0 e R1 + R16 satisfazem r2 − v1 r + 1 = 0.
Conseqüentemente, um polı́gono de 17 lados pode ser construı́do através de um processo envolvendo apenas operações racionais e extração de raı́zes quadradas, ou seja,
apenas com régua e compasso.
Assim resolvendo as equações do segundo grau encontradas conseguimos encontrar R1 .
Não podemos esquecer que R1 = cos 2π
+ isen 2π
e que R11 = cos 2π
− isen 2π
= R16 e
17
17
17
17
1
2π
assim v1 = R1 + R1 = 2 cos 17 .
Vejamos geometricamente, como se constrói o polı́gono regular de 17 lados.
Seja o cı́rculo unitário com diâmetros AB e CD, construı́mos duas perpendiculares a
esses diâmetros que tangenciam o cı́rculo em A e D e se cortam em S.
B
O
D
F'
S
C
E
A
H'
F
H
A seguir, dividimos AS em quatro partes iguais e tomamos AE = 14 AS.
Com centro em E e raio OE traçamos um cı́rculo que corta a reta AS em F e F 0 .
Com centro em F e raio F O traçamos um cı́rculo que corta AS em H (fora de F 0 F ), e
com centro em F 0 e raio F 0 O traçamos outro cı́rculo que corta AS em H 0 (entre F 0 e F ).
Vamos mostrar agora que AH = z1 e AH 0 = w1 .
De fato, já sabemos que y√1 + y2 = −1 e √y1 y2 = −4 e isto implica que y 2 + y − 4 = 0,
onde chegamos que y1 = −1+2 17 e y2 = −1−2 17 .
Temos também
que z 2 − y1 z − 1 q
= 0 e w2 − y2 w − 1 = 0, assim podemos afirmar que
q
z1 = 21 y1 + 1 + 14 y12 e w1 = 12 y2 + 1 + 14 y22 .
Da figura acima temos que:
√
2
2
2
2
17
1
17
(1) OE = AE + OA = ( 14 AS)2 + 1√= 16
AS +
1
=
OE
=
=⇒
16
4
√
= 12 y1
(2) AF = EF − EA = OE − EA = 417 − 14 = 17−1
4√
√
(3) AF 0 = EF 0 + AE = EF + AE = OE + AE = 417 + 14 AS = 17+1
= − 12 y2
4
q
2
2
2
(4) OF = OA + AF = 1 + ( 12 y1 )2 =⇒ OF = 1 + 14 y12 = OF 0 .
Daı́ podemos afirmar que :
q
AH = AF + F H = 21 y1 + OF = 12 y1 +
1 + 14 y12 = z1 e
q
AH 0 = F 0 H 0 − F 0 A = F 0 O − (− 21 y2 ) = 1 + 14 y22 + 12 y2 = w1 .
Agora vamos mostrar que OF = v1 = 2 cos 2π
.
17
Considere no plano um cı́rculo de diâmetro BD onde B = (0, 1), D = (z1 , w1 ) e A é o
centro e o ponto médio de BD.
FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
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w1
D=(z1,w1)
A
B=(0,1)
G
F
z1
Logo a equação do circulo é:
(x −
z1 2
w1 + 1 2 z12
w1 − 1 2
) + (y −
) =
+(
).
2
2
4
2
Para encontrarmos as abscissas dos pontos G e F , fazemos y = 0 na igualdade anterior
e obtemos:
z1
w1 + 1 2 z12
w1 + 1 2
(x − )2 + (
) =
+(
)
2
2
4
2
Desenvolvendo a equação anterior temos:
x2 − z1 x + w1 = 0,
onde as abscissas são precisamente v1 e v2 , que satisfazem a equação v 2 − z1 v + w1 = 0, e
v1 > v2 .
√
z1 + z12 −4w1
Logo OF = v1 =
= 2 cos 2π
.
2
17
Assim podemos construir o polı́gono de 17 lados da seguinte maneira: sobre o eixo x
marcamos OF = v1 e o ponto médio M de OF . Construı́mos M P perpendicular a OF ,
, então OM = cos 2π
e
temos que AP é o lado do pentadecágono pois se OF = 2 cos 2π
17
17
2π
b
assim M OP = 17 .
P
O
4
M
A
F
O Problema de Apolônio
Outro problema de construção geométrica muito discutido do ponto de vista algébrico, é
o famoso problema dos cı́rculos tangentes de Apolônio. Considere três cı́rculos dados C1,
C2 e C3 no plano, o problema de Apolônio consiste em encontrar um cı́rculo tangente a
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FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
estes três cı́rculos, podendo estes serem degenerados em retas (cı́rculos de raio infinito) ou
pontos (cı́rculos de raio zero). O que veremos a seguir é uma breve demonstração desse
problema e sua possibilidade de construção por meio de régua e compasso.
Dado o cı́rculo C1, com centro P1 e raio r1 e o cı́rculo C, com centro em P e raio r.
Sendo esses dois cı́rculos tangentes e externos podemos afirmar que:
C1
C
P
P1
R1
R
d(P, P 1) = r + r1
(6)
Se são tangentes e C1 e está no interior da região delimitada por C, então:
C
C1
R1
P1 R-R1
P
d(P, P1 ) = r − r1
(7)
Finalmente se são tangentes e C está no interior da região delimitada por C1, então:
C1
C
R
P R1-R
P1
d(P, P1 ) = r1 − r
(8)
FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
259
Então generalizando, podemos afirmar que duas circunferências são tangentes, se e
somente se:
p
d(P, P1 ) = (r ± r1 )2 ⇒ d(P, P1 ) = (r ± r1 )2 .
Consideremos agora, os centros de C e C1 sendo (a, b) e (a1 , b1 ) respectivamente.
Nessas condições nossa equação passa a ser escrita como:
(a − a1 )2 + (b − b1 )2 = (r ± r1 ).
(9)
Voltando ao enunciado do problema de Apolônio onde C é tangente aos três cı́rculos
C1, C2 e C3, obtemos, além da equação (9), as duas equações abaixo:
(a − a2 )2 + (b − b2 )2 = (r ± r2 )2
(10)
(a − a3 )2 + (b − b3 )2 = (r ± r3 )2 .
(11)
Reescrevendo a equação (9), temos:
a2 + b2 − r2 − 2a1 a − 2b1 b ± 2r1 r = r12 − a21 − b21 .
Daı́ obtemos:
a2 + b2 − r2 + A1 a + B1 b = C1 r + D1 = 0.
(12)
Repetindo esse processo para as equações (10) e (11), teremos:
a2 + b2 − r2 + A2 a + B2 b = C2 r + D2 = 0
(13)
a2 + b2 − r2 + A3 a + B3 b = C3 r + D3 = 0.
(14)
Fazendo a diferença entre as equações (12) e (13) e também entre as equações (12) e
(14), obtemos:
E2 a + F2 b + G2 r + H2 = 0
(15)
E3 a + F3 b + G3 r + H3 = 0
(16)
onde Ei , Fi , Gi e Hi para i=1,2 são expressões de aj , bj e rj para j = 1, 2, 3.
Resolvendo o sistema de equações (15) e (16), encontramos expressões para a e b em
termos de Ei , Fi , Gi e r, expressões estas dadas por:
a=
F2 (G3 r + H3 ) − F3 (G2 r + H2 )
F3 (G2 r + H2 ) − F2 (G3 r + H3 )
eb=
.
E2 F3 − E2 F2
E2 F3 − F2 E3
Observe que a e b possuem termos em função de r e termos independentes, logo
podemos escrevê-los da forma:
a = J1 r + K1 e b = J2 r + K2
onde J1 , J2 , K1 e K2 são expressões nas variáveis ai , bi e ri para i = 1, 2, 3. Logo esses
coeficientes são conhecidos e podem ser construı́dos por meio de régua e compasso.
Substituindo a e b na equação (12), obtemos:
(J1 r + K1 )2 + (J2 r + K2 )2 − r2 + A1 (J1 r + K1 ) + B1 (J2 r + K2 ) + C1 r + D1 r = 0.
Daı́ resolvendo essa equação, encontramos r e, em seguida, podemos traçar a e b,
resolvendo assim nosso problema.
260
FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
Exemplo: Encontraremos, a seguir, as possibilidades de tangência da circunferência
C com as seguintes circunferências dadas:
λ1 : circunferência de centro (1,2) e raio 1;
λ2 : circunferência de centro (-2,1) e raio 2;
λ3 : circunferência de centro (3,-2) e raio 2.
Então nossas equações serão dados por:
(a − 1)2 + (b − 2)2 = (r ± 1)2
(17)
(a + 2)2 + (b − 1)2 = (r ± 2)2
(18)
(a − 3)2 + (b + 2)2 = (r ± 2)2
(19)
Reescrevendo a equação (17), temos:
a2 − 2a + 1 + b2 − 4b + 4 = r2 ± 2r + 1 ⇒ a2 + b2 − r2 − 2a − 4b ± 2r + 4 = 0.
(20)
Do mesmo modo para a equação (18) e (19)
a2 + b2 − r2 + 4a − 2b ± 4r + 1 = 0
(21)
a2 + b2 − r2 − 6a + 4b ± 4r + 9 = 0
(22)
Onde consideraremos C1 = ±2, C2 = ±4 e C3 = ±4.
Obtemos com a diferença entre as equações (20) e (21) a seguinte expressão:
−6a − 2b + (±2 ± 4)r + 3 = 0.
(23)
Considere D1 = (±2 ± 4) e fazendo a diferença entre as equações (20) e (22), temos:
4a − 8b + (±2 ± 4)r − 5 = 0.
(24)
Denotando D2 = (±2r ± 4r) e resolvendo o sistema formado pelas equações (23) e
(24), podemos encontrar os seguintes valores para a e b:
a=
[4(±2r ± 4r) + 17]
[4(±2r ± 4r) − 18]
e b=
.
28
56
Substituindo a e b na equação (20) e resolvendo em função de r, obtemos:
√
184D2 + 174D1 − 392C1 ± 14 δ
r=
2(10D12 + 2D1 D2 + 5D22 − 392)
(25)
onde δ = −9D22 + 254D1 D2 − 736D2 C1 − 209D12 − 696D1 C1 + 784C12 + 14248.
Vamos agora verificar a existência ou não da circunferência C, mediante os possı́veis
valores que C1 , C2 e C3 podem assumir.
1o caso: C1 = 2, C2 = 4 e C3 = 4.
A partir desses valores, encontramos D1 = −2 e D2 = −2, que, quando substituı́dos
na equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −9.799 e r = 5.609 Contudo, como
somente consideramos valores positivos para o raio, temos que r = 5.609. Logo a circunferência C procurada tem centro (-0.5949,-2.324) e raio r = 5.609.
2o caso: C1 = 2, C2 = 4 e C3 = −4.
FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
261
A partir desses valores, encontramos D1 − 2 e D2 = 6, que, quando substituı́dos na
equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −2.943 e r = 3.086. Contudo, como somente
consideramos valores positivos para o raio, temos que r = 3.086. Logo a circunferência C
procurada tem centro (-0.9362, 1.221) e raio r = 3.086.
3o caso: C1 = 2, C2 = −4 e C3 = 4.
A partir desses valores, encontramos D1 = 6 e D2 = −2, que, quando substituı́dos
na equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −5.6918 e r = 8.6918, novamente
como somente consideramos valores positivos para o raio, temos que r = 8.6918. Logo a
circunferência C procurada tem centro (8.6781, 1.5411) e raio r = 8.6918.
4o caso: C1 = 2, C2 = −4 e C3 = −4.
A partir desses valores, encontramos D1 = 6 e D2 = 6, que, quando substituı́dos na
equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber r = 4.3306 e r = 1.8693. Neste caso encontramos
duas raı́zes positivas, logo teremos duas circunferências.
Para o raio r = 4.3306, temos a circunferência de centro (3.3911, 4.3185) e para o raio
r = 1.8693 temos a circunferência de centro (1.8088, 1.6814).
5o caso: C1 = −2, C2 = 4 e C3 = 4.
A partir desses valores, encontramos D1 = −6 e D2 = −6, que, quando substituı́dos
na equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −1.8693 e r = −4.3306. Contudo,
como somente consideramos valores positivos para o raio, neste caso então não existirá a
circunferência C tangente a λ1 , λ2 e λ3 .
6o caso: C1 = −2, C2 = 4 e C3 = −4.
A partir desses valores, encontramos D1 = −6 e D2 = 2, que, quando substituı́dos
na equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −8.6918 e r = 5.6918. Contudo, como
somente consideramos valores positivos para o raio, temos que r = 5.6918. Logo a circunferência C procurada tem centro (−4.6781, −1.5411) e raio r = 5.6918.
7o caso: C1 = −2, C2 = −4 e C3 = 4.
A partir desses valores, encontramos D1 = 2 e D2 = −6, que, quando substituı́dos
na equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −3.0866 e r = 2.9438. Contudo, como
somente consideramos valores positivos para o raio, temos que r = 2.9438. Logo a circunferência C procurada tem centro (2.079, −1.7933) e raio r = 2.9438.
8o caso: C1 = −2, C2 = −4 e C3 = −4.
A partir desses valores, encontramos D1 = 2 e D2 = 2, que, quando substituı́dos na
equação (25) nos dão duas raı́zes, a saber, r = −5.6095 e r = 0.97992. Contudo, como
somente consideramos valores positivos para o raio, temos que r = 0.97992. Logo a circunferência C procurada tem centro (0.8171, 0.0285) e raio r = 0.97992.
A figura abaixo ilustra o caso 1. Pode-se observar que as três circunferências λ1 , λ2 e
λ3 estão no interior da região delimitada po C.
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2
x
–6
–4
–2
2
4
0
–2
–4
y
–6
–8
Referências
[1]
Aaboe, A., Episódios da história antiga da matemática, Rio de Janeiro:
Sociedade Brasileira de Matemática, 1984.
[2]
Baldin, Y.Y., Villagra, G.A.L., Atividade com Cabri-Géomètre II para cursos de Licenciatura em Matemática e professores do ensino fundamental
médio, São Carlos: EdUFSCar, 2002.
[3]
Eves, H., Estudio de las geometrias, vol. 1, México: Uteha, 1969.
[4]
Eves, H., Introdução a história da matemática, Campinas, SP: Editora da
Unicamp, 1995.
[5]
Moise, E.E., Geometria elemental desde um ponto de vista avanzado,
Compañia Editorial Continental, S. A., México, 1968.
[6]
Rezende, E.Q.F., Queiroz, M.L.B. - Geometria euclidiana plana e
construções geométricas, Campinas: Editora da Unicamp, 2000.
[7]
Wagner, E. Construções geométricas, Coleção IMPA/VITAE 1993.