FAMAT em Revista - Número 11 - Outubro de 2008
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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,
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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.
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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.
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257
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
258
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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)
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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.
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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.
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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:
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[2]
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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
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[5]
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[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.