Demonstrações Legíveis Geradas por Computador em Geometria Euclidiana Plana:

Demonstra¸c˜

oes Leg´ıveis Geradas por

Computador em Geometria Euclidiana Plana:

O M´etodo da ´

Area

Humberto Jos´e Bortolossi

A B C P S_{P BC} S_{P AB}

=

=

II Bienal da SBM

Universidade Federal da Bahia

26 a 29 de Outubro de 2004

1 Introdu¸c˜ao 1

2 Segmentos orientados e ´areas com sinal 7

2.1 Segmentos orientados . . . 7 2.2 Areas com sinal . . . .´ 9

3 Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 16

3.1 O teorema do co-lado . . . 16 3.2 Exemplos: os teoremas de Ceva e Menelau . . . 19 3.3 Exemplos: outras categorias de problemas . . . 25

4 Paralelismo 40

4.1 Caracteriza¸c˜ao de paralelismo via ´areas com sinal . . . 40 4.2 Exemplos com paralelismo . . . 41

5 Mecaniza¸c˜ao dos teoremas de interse¸c˜ao pura de Hilbert 51

5.1 Descri¸c˜ao dos enunciados . . . 52 5.2 Eliminando pontos de ´areas com sinal . . . 56 5.3 Eliminando pontos de raz˜oes de segmentos orientados . . . . 58 5.4 Pontos livres e coordenadas de ´areas . . . 61 5.5 M´etodo de decis˜ao . . . 63

Nota

Esta ´e uma vers˜ao melhorada do texto apresentado originalmente na II Bienal da SBM em 2004. O desenvolvimento da teoria est´a mais claro e direto, com a apresenta¸c˜ao e uso do lema de elimina¸c˜ao LEA-CT4 logo no cap´ıtulo 3. V´arios exerc´ıcios foram acrescentados e as respostas de alguns deles est˜ao dispon´ıveis no final do texto.

Estas melhorias nasceram dos minicursos realizados (1) no treinamento de alunos de olimp´ıada de matem´atica do estado do Rio de Janeiro no ver˜ao de 2005 no IMPA, (2) na XXI Semana de Matem´atica da Universidade Estadual de Londrina em setembro de 2005 e (3) na Escola de Ver˜ao do Departamento de Matem´atica da Universidade Federal do Esp´ırito Santo em 2006. Gostaria de agradecer a todos os participantes pelas v´arias cr´ıticas e sugest˜oes!

Niter´oi, 7 de fevereiro de 2006 Humberto Jos´e Bortolossi

Departamento de Matem´atica Aplicada, UFF (hjbortol@gmail.com)

Dedicado a Josel´ı Maria Silva dos Santos.

Este texto ´e fruto de um ciclo de semin´arios realizados na Universidade Estadual de Santa Cruz (Ilh´eus, BA) sobre as t´ecnicas desenvolvidas pela escola chinesa (S.-C. Chou, X. Shan-Gao e J.-Z. Zhang) na ´area de meca-niza¸c˜ao de demonstra¸c˜oes de teoremas em geometria, mais especificamente, sobre o m´etodo da ´area como algoritmo de decis˜ao para a classe de teore-mas de interse¸c˜ao pura de Hilbert. Agrade¸co a Maria L´ıdia Coco Terra que participou e registrou tudo em seu “di´ario de bordo”.

Os semin´arios seguiram, de perto, o livro [13]: Machine Proofs in

Geo-metry: Automated Production of Readable Proofs for Geometry Theorems, Series on Applied Mathematics, vol. 6, World Scientific, 1998.

O interesse pelo assunto, contudo, come¸cou bem antes, com os estudos realizados com Carlos Tomei e Silvana Marini Rodrigues no Departamento de Matem´atica da PUC-Rio em 2002. Gostaria de agradecˆe-los tamb´em!

Todas as figuras do texto foram produzidas com o excelente (e gratuito)

software de geometria dinˆamica “R´egua e Compasso” [21]. Obrigado a Ren´e Grothmann, autor do programa!

Finalmente, gostaria de agradecer ao Departamento de Matem´atica da Universidade Federal do Esp´ırito Santo (que forneceu as condi¸c˜oes de infra-estrutura necess´arias para a confec¸c˜ao deste texto) e a comiss˜ao organizadora da II Bienal da SBM (em especial, a professora Elinalva Vasconcelos, coor-denadora do evento).

Vit´oria, 15 de agosto de 2004 Humberto Jos´e Bortolossi

Departamento de Matem´atica, UFES (hjbortol@gmail.com)

Cap´ıtulo 1

Introdu¸

c˜

ao

Em 8 de agosto de 1900, por ocasi˜ao do Segundo Congresso Internacional de Matem´atica, realizado em Paris, David Hilbert apresentou 23 problemas em aberto com o intuito de apontar temas promissores para a investiga¸c˜ao em matem´atica no s´eculo XX. Em um dos problemas, Hilbert perguntou se a teoria dos n´umeros era completa, no sentido que ´e sempre poss´ıvel deter-minar atrav´es de uma demonstra¸c˜ao se uma senten¸ca l´ogica em aritm´etica ´e verdadeira ou falsa. Em uma teoria incompleta, uma afirma¸c˜ao sem contra-exemplos n˜ao ´e necessariamente demonstr´avel a partir dos axiomas.

Figura 1.1: David Hilbert (1862–1943).

Kurt G¨odel, em 1931, forneceu uma resposta negativa [18, 19]: existem verdades na aritm´etica que ela pr´opria desconhece, pior, n˜ao pode conhecer.

Mais precisamente, um sistema de axiomas para a aritm´etica n˜ao conse-gue nem demonstrar nem negar determinadas afirma¸c˜oes sobre os n´umeros, ainda que essas afirma¸c˜oes sejam sintaticamente corretas e desprovidas de contra-exemplos. Este resultado ´e conhecido como o Primeiro Teorema de

Incompletude de G¨odel. Uma vez que a aritm´etica ´e incompleta, tudo que a ela se reduza ser´a incompleto.

Figura 1.2: Kurt G¨odel (1906–1978) e Albert Einstein (1879–1955).

Por outro lado, Alfred Tarski, em 1951, demonstrou que a teoria de ´algebra elementar dos n´umeros reais e, portanto, tamb´em a teoria de geometria

ele-mentar ´e completa [29]. Na verdade, Tarski demonstrou que estas teorias s˜ao decid´ıveis, isto ´e, existe um algoritmo que em um n´umero finito de passos consegue determinar se cada uma das senten¸cas da teoria ´e verdadeira ou falsa.

O ponto t´ecnico fundamental no argumento de Tarski ´e a elimina¸c˜ao de quantificadores que, em princ´ıpio, simplifica uma f´ormula l´ogica ao obter outra equivalente com um quantificador a menos. Infelizmente, o algoritmo original de Tarski tem mais interesse te´orico do que pr´atico. Ele nunca foi implementado, devido a sua alt´ıssima complexidade: um teorema com algumas dezenas de vari´aveis levaria milh˜oes de anos para ser demonstrado. Aprimoramentos subseq¨uentes melhoraram de muito seu desempenho, mas

Introdu¸c˜ao 3

Figura 1.3: Alfred Tarski (1902–1983).

ainda assim, praticamente n˜ao existe (e parece que nem pode existir) um programa de demonstra¸c˜ao em geometria completo e r´apido (o algoritmo do tipo Tarski mais r´apido que se conhece atualmente ´e a decomposi¸c˜ao alg´ebrica cil´ındrica [3, 4], cuja complexidade computacional ´e da ordem de

een

, onde n ´e o tamanho dos dados de entrada [5]). Para mais detalhes sobre o m´etodo de Tarski, al´em do trabalho original [29], o leitor pode consultar as referˆencias: [20, 27, 30, 31, 32].

O uso efetivo de computadores para produzir demonstra¸c˜oes de teoremas em geometria come¸cou no in´ıcio da d´ecada de 1950 com o trabalho de Ge-lerntner (trabalhando na IBM), J. R. Hanson e D. W. Loveland [17], que tentaram usar a abordagem sint´etica apresentada por Euclides em Os Ele-mentos (e a primeira que aprendemos no col´egio). Apesar do seu sucesso inicial, este tipo de t´ecnica se mostrou inadequada para automatiza¸c˜ao em computadores. De fato, programas que usam a abordagem sint´etica n˜ao conseguem demonstrar teoremas mais sofisticados em geometria.

Em 1977, o matem´atico chinˆes Wu Wen-Ts¨un introduziu um m´etodo alg´ebrico com o qual ele e seus disc´ıpulos da escola chinesa — Chou Shang-Ching, Xiao Shan-Gao e Zhang Jing-Zhong — demonstraram uma grande variedade de teoremas em geometria, cujas provas tradicionais s˜ao conside-radas muito dif´ıceis [10, 11, 12, 13, 34].

Figura 1.4: Wu Wen-Ts¨un.

O m´etodo de Wu demonstra teoremas cuja hip´otese e tese podem ser convertidas em equa¸c˜oes polinomiais com coeficientes racionais (o m´etodo entretanto permite (e emprega) nega¸c˜oes de igualdades). Uma vez que a convers˜ao para a linguagem alg´ebrica ´e feita, o m´etodo verifica se o polinˆomio

g associado `a tese ´e identicamente nulo no conjunto dos pontos que anulam

simultaneamente todos os polinˆomios h_i, i = 1, . . . , n associados `a hip´otese:

h₁ = 0 ∧ h₂ = 0 ∧ · · · ∧ h_n = 0 ⇒ g = 0.

Isto pode ser feito empregando bases de Gr¨obner [15, 16] ou pseudo-divis˜oes sucessivas [11, pp. 12–13].

Por outro lado, as demonstra¸c˜oes geradas pelo m´etodo de Wu (ou bases de Gr¨obner) s˜ao dif´ıceis de acompanhar. Dependendo do teorema que se quer provar, as demonstra¸c˜oes produzidas pelo m´etodo usam polinˆomios com centenas de parcelas e mais de uma d´uzia de vari´aveis!

Neste curso estudaremos um dos m´etodos que geram demonstra¸c˜oes que s˜ao leg´ıveis aos olhos humanos: o m´etodo da ´area. Como veremos, o m´etodo ´e realmente muito simples. Ele se estabelece a partir do conceito de ´area com sinal e da rela¸c˜ao entre as ´areas (orientadas) de dois triˆangulos com um lado comum.

Introdu¸c˜ao 5

O m´etodo da ´area tradicional ´e muito antigo. A demonstra¸c˜ao de Eucli-des para o teorema de Pit´agoras, por exemplo, faz o uso de ´areas [25, livro I, proposi¸c˜ao 47]. De maneira curiosa, o emprego de ´areas para se resol-ver problemas em geometria n˜ao ´e um h´abito ocidental. De fato, a ferra-menta padr˜ao que estamos acostumados a usar ´e semelhan¸ca ou congruˆencia de triˆangulos. Contudo, em muitos casos, n˜ao ´e evidente quais triˆangulos considerar. Para que isto aconte¸ca, constru¸c˜oes n˜ao-intuitivas de retas au-xiliares s˜ao necess´arias. Como o leitor poder´a perceber ao longo do curso, triˆangulos com um lado em comum aparecem muito mais naturalmente em um enunciado de um teorema em geometria do que triˆangulos semelhantes ou congruentes.

Segmentos orientados e ´

areas com

sinal

Os conceitos de segmentos orientados e ´areas com sinal permitem simplifi-car em muito o enunciado e a demonstra¸c˜ao de teoremas em geometria. Com eles, casos que tradicionalmente seriam estudados um a um s˜ao tratados de uma vez s´o.

2.1

Segmentos orientados

Defini¸c˜ao 2.1 (Segmento orientado) Um segmento orientado nada mais ´e do que um segmento de reta onde se atribui uma es-colha para as extremidade inicial e final do segmento. Usaremos a nota¸c˜ao AB para designar o segmento orientado cuja a extremidade inicial ´e A e a extremidade final ´e B. A medida de um segmento ori-entado AB que, por abuso de nota¸c˜ao, tamb´em ser´a denotada por AB ´e definida da seguinte maneira: se A e B s˜ao dois pontos de uma reta orientada l, ent˜ao

AB =

+|AB|, se AB tem a mesma orienta¸c˜ao da reta l,

−|AB|, caso contr´ario,

onde |AB| representa a medida euclidiana convencional do segmento de reta com extremidades A e B (figura 2.1).

Segmentos orientados e ´areas com sinal 7

A B l

Figura 2.1: O segmento orientado AB.

Note que

AB = −BA e AB = 0 se, e somente se, A = B. (2.1)

Se A, B, C e D s˜ao quatro pontos de uma reta l em que A = B, podemos considerar a raz˜ao

t = CD AB,

de modo que CD = t · AB. Note que AB e CD tˆem a mesma orienta¸c˜ao se t > 0 e orienta¸c˜oes diferentes se t < 0 (figura 2.2), independentemente da orienta¸c˜ao escolhida para a reta l.

A C D B l

Figura 2.2: CD/AB≥ 0 pois CD e AB possuem a mesma orienta¸c˜ao.

Cuidado: este tipo de compara¸c˜ao s´o ´e poss´ıvel se os quatro pontos esti-verem sobre uma mesma reta, pois o sinal de AB depende da orienta¸c˜ao da reta que passa por A e B!

Se P ´e um ponto da reta ←→AB, vale que

AB = AP + P B, (2.2) ou ainda, que AP AB + P B AB = 1. (2.3)

Note a vantagem de trabalharmos com segmentos orientados: se tiv´ es-semos que relacionar os comprimentos euclidianos habituais |AB|, |AP | e

|PB|, ter´ıamos que considerar trˆes situa¸c˜oes: (1) P entre A e B, (2) B entre A e P e (3) A entre P e B (exerc´ıcio [01]). A equa¸c˜ao 2.2 incorpora de uma

vez s´o todas estas trˆes situa¸c˜oes!

Ainda com rela¸c˜ao `a equa¸c˜ao 2.2, ´e claro que para dois n´umeros s e t satisfazendo s + t = 1, existe um ´unico ponto P na reta ←→AB que satisfaz

AP /AB = t e P B/AB = s.

Em particular, M ´e o ponto m´edio do segmento AB se, e somente se,

AM/AB = MB/AB = 1/2.

2.2

Areas com sinal

´

A ´area (convencional) de um triˆangulo ∆ABC formado por trˆes pontos A,

B e C n˜ao-colineares ´e definida por

∇ABC = b · h

2 ,

onde h ´e a medida de uma altura relativamente a uma base de medida b do triˆangulo.

Defini¸c˜ao 2.2 ( ´Area com sinal de um triˆangulo) Sejam A, B e C trˆes pontos do plano. Se A, B e C forem colineares, definimos a

´

area com sinal S_ABC do triˆangulo (degenerado) ∆ABC como sendo 0. Se, por outro lado, A, B e C forem n˜ao-colineares, ent˜ao definimos

S_ABC = +∇ABC

se A, B e C est˜ao dispostos no sentido anti-hor´ario e

S_ABC = −∇ABC

se A, B e C est˜ao dispostos no sentido hor´ario, onde∇ABC representa a ´area convencional do triˆangulo ∆ABC (figura 2.3).

Segmentos orientados e ´areas com sinal 9 B C A b h S_ABC = +∇ABC = +b · h 2 B C A b h SABC =−∇ABC = −b · h 2

Figura 2.3: A ´area com sinal de um triˆangulo.

Segue imediatamente da defini¸c˜ao de ´area com sinal de um triˆangulo que

S_ABC = S_BCA = S_CAB = −S_ACB = −S_BAC = −S_CBA. (2.4)

Se ∆ABC ´e um triˆangulo, um ponto P no plano determina outros trˆes triˆangulos: ∆P AB, ∆P BC e ∆P CA (figura 2.4). Com a no¸c˜ao de ´areas com sinal, podemos relacionar as ´areas destes quatro triˆangulos atrav´es de uma ´unica express˜ao:

S_ABC = S_{P AB} + S_{P BC} + S_{P CA}. (2.5)

B C

A

P

Se estiv´essemos trabalhando com ´areas convencionais, seriam necess´arias outras seis rela¸c˜oes, dependendo da posi¸c˜ao do ponto P (figura 2.5)!

B C A P B C A P

∇ABC=+∇P AB+∇P BC−∇P CA ∇ABC=+∇P AB−∇P BC+∇P CA

B C A P B C A P

∇ABC=−∇P AB+∇P BC+∇P CA ∇ABC=−∇P AB−∇P BC+∇P CA

B C A P B C A P

∇ABC=+∇P AB−∇P BC−∇P CA ∇ABC=−∇P AB+∇P BC−∇P CA

Segmentos orientados e ´areas com sinal 11

Usando geometria anal´ıtica, ´e f´acil obter uma f´ormula expl´ıcita para S_ABC em termos das coordenadas dos v´ertices A, B e C: se A = (x_A, y_A), B = (x_B, y_B) e C = (x_C, y_C), ent˜ao S_ABC = 1 2 · det ⎛ ⎝ ⎡ ⎣ xx_BA yy_BA 11 x_C y_C 1 ⎤ ⎦ ⎞ ⎠ (2.6) = 1 2 · (x_A − x_B)· (y_B − y_C)− (y_A − y_B)· (x_B − x_C)  .

Note que, com a express˜ao 2.6, ´e poss´ıvel demonstrar a rela¸c˜ao 2.5 dire-tamente, sem a necessidade de considerar separadamente cada um dos sete casos das figuras 2.4 e 2.5. Mais f´acil ainda: verificar a validade de 2.5 ´e verificar se um polinˆomio nas duas vari´aveis x_P e y_P ´e identicamente nulo. Se o fizermos para x_P e y_P em um aberto, isto ´e, se demonstrarmos que este polinˆomio se anula em um conjunto aberto, concluiremos que ele se anula sempre! Dito de outra maneira: se demonstrarmos que a rela¸c˜ao 2.5 ´e verdadeira para apenas um dos sete casos das figuras 2.4 e 2.5, estaremos demonstrando que ela ´e verdadeira para todos os casos! Usaremos esta id´eia com muita freq¨uˆencia neste curso!

Podemos tamb´em definir a ´area de quadril´ateros orientados. Dados quatro ponto A, B, C e D no plano, existem 6 maneiras de percorrer estes v´ertices. Assim, existem seis orienta¸c˜oes poss´ıveis para um quadril´atero (figura 2.6).

Defini¸c˜ao 2.3 ( ´Area com sinal de um quadril´atero) A ´area (com sinal) S_ABCD de um quadril´atero orientado
ABCD ´e definida

por

S_ABCD = S_ABC + S_ACD. (2.7)

A D

B C

A partir da rela¸c˜ao 2.5, n˜ao ´e dif´ıcil de se mostrar (exerc´ıcio [01]) que a ´area com sinal S_ABCD est´a bem definida, isto ´e, ela independe da escolha inicial do v´ertice que comp˜oe o ciclo A → B → C → D → A:

S_ABCD = S_BCDA = S_CDAB = S_DABC.

A D B C A D B C A → B → C → D → A A → B → D → C → A A D B C A D B C A → C → B → D → A A → C → D → B → A A D B C A D B C A → D → B → C → A A → D → C → B → A

Segmentos orientados e ´areas com sinal 13

Observe que a ´area com sinal pode ser generalizada para um pol´ıgono com um n´umero arbitr´ario de lados.

Exerc´ıcios Se¸c˜ao 2.1

[01] Sejam A e B dois pontos pontos distintos e seja P um ponto sobre a reta l que passa por A e B. Relacione os comprimentos euclidianos

|AB|, |AP | e |P B| de acordo com a posi¸c˜ao relativa do ponto P .

[02] Sejam A, B e C trˆes pontos colineares. Mostre que (AB)2 + (BC)2 = (AC)2 + 2· AB · CB.

[03] Sejam A, B, C e D quatro pontos colineares. Mostre que AB · CD +

AC · DB + AD · BC = 0.

[04] Dizemos que quatro pontos colineares A, B, C e D formam uma

se-q¨uˆencia harmˆonica se AC/BC = −AD/BD. Mostre que quatro pontos

colineares A, B, C e D formam uma seq¨uˆencia harmˆonica se, e somente se, AB/CB + AB/DB = 2.

[05] Mostre que quatro pontos colineares A, B, C e D formam uma seq¨uˆencia harmˆonica se, e somente se, MC · MD = (MA)2, onde M ´e o ponto m´edio de AB.

[06] Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B = C. Mostre que

se BH/HC = BD/DC, ent˜ao D = H.

Se¸c˜ao 2.2

[07] Prove que

S_ABCD = S_BCDA = S_CDAB = S_DABC =

− SDCBA = −SCBAD = −SBADC = −SADCB.

Em particular, conclua que a ´area com sinal de um quadril´atero
ABCD

independe da escolha inicial do v´ertice que comp˜oe o ciclo A → B →

[08] Quantas orienta¸c˜oes diferentes podemos atribuir a um pol´ıgono com n lados?

[09] Prove as identidades abaixo.

(a) S_ABCD = S_ABC − S_ADC = S_BCD − S_BAD. (b) S_ABBC = S_ABCC = S_AABC = S_ABCA = S_ABC.

[10] Prove que se A, B, C, P e Q s˜ao cinco pontos em um mesmo plano, ent˜ao S_{P AQB} + S_{P BQC} = S_{P AQC}.

Cap´ıtulo 3

Proposi¸

c˜

oes b´

asicas e exemplos

Duas proposi¸c˜oes b´asicas sustentam o m´etodo da ´area. Apesar de sua simplicidade, veremos que estas proposi¸c˜oes, por si s´o, j´a s˜ao suficientes para demonstrar v´arios teoremas n˜ao-triviais em geometria.

3.1

O teorema do co-lado

Proposi¸c˜ao 3.1 Sejam A, B e C trˆes pontos colineares distintos. Se P ´e um ponto que n˜ao est´a na reta ←→AB, ent˜ao

S_{P BC} S_{P AB} =

BC

AB (3.1)

ou, se t∈ R ´e tal que BC = t · AB, ent˜ao S_{P BC} = t· S_{P AB}.

A B C

P

Demonstra¸c˜ao: Considere o caso ilustrado na figura 3.1, com B entre A e C

e os triˆangulos ∆P AB e ∆P BC orientados no sentido anti-hor´ario. Dado que ∆P AB e ∆P BC possuem a mesma altura h, temos que

S_{P BC} S_{P AB} = ∇P BC ∇P AB = |BC| · h 2 |AB| · h 2 = |BC| |AB| = BC AB.

Os demais casos (A entre B e C, C entre A e B, os triˆangulos orientados no sentido hor´ario ou no sentido anti-hor´ario) s˜ao tratados analogamente (ou, se preferir, basta usar o argumento dado na p´agina 11: um caso prova todos os demais).

Observac¸ ˜ao.

Na configura¸c˜ao geom´etrica descrita na proposi¸c˜ao 3.1, com A, B e C pon-tos colineares e P um ponto n˜ao-colinear com A, B e C, a equa¸c˜ao 3.1 nos diz que podemos substituir uma divis˜ao de ´areas com sinal que envolve o ponto P por uma raz˜ao de segmentos orientados onde P n˜ao aparece, isto ´e, podemos usar a equa¸c˜ao 3.1 para eliminar o ponto P da express˜ao S_{P BC}/S_{P AB}! Evi-dentemente, o resultado continua v´alido mesmo quando, nesta express˜ao, P n˜ao aparece no in´ıcio: S_{BP C} S_{AP B} = S_BCP S_ABP = S_{P BC} S_{P AB} = BC AB.

O pr´oximo teorema tamb´em tem um car´ater “eliminat´orio”. Ele nos ensina, sob certas condi¸c˜oes, como eliminar um ponto que ´e interse¸c˜ao de duas retas.

Proposi¸c˜ao 3.2 (o teorema do co-lado) Seja M a interse¸c˜ao das retas ←→AB e ←→P Q. Se Q = M, ent˜ao

S_{P AB} S_QAB =

P M

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 17

P

Q

A M B

Figura 3.2: O teorema do co-lado: M = ←→AB ∩←→P Q ⇒ S_{P AB}/S_QAB = P M /QM .

Demonstra¸c˜ao 1: Temos S_{P AB} S_QAB = S_{P AB} S_{P AM} · S_{P AM} S_QAM · S_QAM S_QAB (∗) = AB AM · P M QM · AM AB = P M QM,

onde, em (∗), usamos a proposi¸c˜ao b´asica 3.1.

Demonstra¸c˜ao 2: Seja N um ponto sobre a reta ←→AB tal que MN = AB.

P

Q

Desta maneira, S_{P AB} S_QAB = S_{P MN} S_QMN (∗) = P M QM,

onde, em (∗), usamos a proposi¸c˜ao b´asica 3.1.

Observac¸ ˜ao.

A ferramenta b´asica que aprendemos no ensino m´edio para atacar pro-blemas de geometria ´e semelhan¸ca (ou congruˆencia) de triˆangulos. Contudo, nem sempre ´e ´obvio identificar quais triˆangulos s˜ao semelhantes na confi-gura¸c˜ao geom´etrica descrita pelo problema. Para obter triˆangulos semelhan-tes, lan¸ca-se m˜ao de retas auxiliares nada intuitivas!

Nestas configura¸c˜oes geom´etricas, ´e muito mais f´acil encontrar triˆangulos com um lado em comum do que triˆangulos semelhantes (veja, por exemplo, a configura¸c˜ao geom´etrica na figura 3.2).

3.2

Exemplos: os teoremas de Ceva e Menelau

Teorema 3.1 Sejam ∆ABC um triˆangulo e P um ponto qualquer do plano. Seja D o ponto de interse¸c˜ao das retas ←→AP e ←→CB:

D = ←→_{AP ∩}←→CB.

Analogamente, considere as interse¸c˜oes:

E = ←→_{P B ∩}←→AC e F = ←→CP ∩←→AB (figura 3.3). Vale ent˜ao que

P D AD + P E BE + P F CF = 1 (3.3)

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 19 B C P A D E F

Figura 3.3: P D/AD + P E/BE + P F /CF = 1.

Note o aspecto construtivo da hip´otese deste teorema, onde cada ponto ´e definido ou constru´ıdo por vez!

1. Os pontos A, B, C e P s˜ao definidos livremente.

2. Os pontos D, E eF s˜ao constru´ıdos, respectivamente, como a in-terse¸c˜ao da reta ←→AP com a reta ←→CB, da reta ←→P B com a reta ←→AC e da reta ←→CP com a reta ←→AB, retas estas que, por sua vez, dependem dos pontos livres A, B, C e P introduzidos anteriormente.

A id´eia da demonstra¸c˜ao ´e eliminar os pontos constru´ıdos do lado esquerdo

P D AD + P E BE + P F CF

da tese (equa¸c˜ao 3.3) do teorema, em ordem contr´aria a que eles foram introduzidos, at´e que somente pontos livres apare¸cam na express˜ao. Esta express˜ao final ser´a igual ou facilmente redut´ıvel ao lado direito da tese (no caso, o n´umero 1).

E e F . Assim, ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ D = ←→_{AP ∩}←→_{BC e D = A ⇒} SP BC S_ABC = P D AD, E = ←→_{BP ∩}←→_{AC e E = B ⇒} SP AC S_BAC = P E BE, F = ←→_{CP ∩}←→_{AB e F = C ⇒} SP AB S_CAB = P F CF. Sendo assim, P D AD + P E BE + P F CF = S_{P BC} S_ABC + S_{P AC} S_BAC + S_{P AB} S_CAB (∗) = SP BC S_ABC + −SP CA −SABC + S_{P AB} S_ABC = SP BC + SP CA+ SP AB S_ABC (∗∗) = SABC S_ABC = 1,

onde, em (∗) usamos a propriedade de permuta¸c˜ao 2.4 (p´agina 9) e, em (∗∗) a propriedade de decomposi¸c˜ao 2.5 (p´agina 9).

Observac¸ ˜ao.

Evidentemente, o teorema que acabamos de demonstrar n˜ao ´e v´alido para qualquer escolha dos pontos A, B, C e P . Por exemplo, o triˆangulo ∆ABC deve ser n˜ao-degenerado (isto ´e, S_ABC = 0) e o ponto P deve ser tal que as interse¸c˜oes D, E e F sejam todas normais (isto ´e, existe apenas um ponto de interse¸c˜ao entre cada par de retas, de forma que D, E e F estejam bem defi-nidos). Estas condi¸c˜oes s˜ao denominadas condi¸c˜oes de n˜ao-degenerescˆencia

do teorema. Trataremos deste assunto, com detalhes, mais adiante.

Teorema 3.2 (Ceva) Sejam ∆ABC um triˆangulo, P um ponto qual-quer do plano, D = ←→AP ∩←→CB, E = ←→P B ∩←→AC e F = ←→CP ∩←→AB, como no teorema 3.1 (figura 3.3). Vale ent˜ao que

AF F B · BD DC · CE EA = 1. (3.4)

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 21

Este teorema foi demonstrado pelo matem´atico italiano Giovanni Ceva (1648-1734). Com ele, ´e poss´ıvel unificar v´arios outros resultados, como a concorrˆencia das medianas, bissetrizes e alturas de um triˆangulo. Infeliz-mente, o teorema de Ceva n˜ao costuma ser tratado em cursos de geometria elementar.

Aplica¸c˜oes do teorema de Ceva (como tamb´em uma demonstra¸c˜ao usando semelhan¸ca de triˆangulos) podem ser encontradas na referˆencia [6]. Lembra-mos tamb´em que, por conta do teorema de Ceva, retas em um triˆangulo que ligam um v´ertice com um ponto do lado oposto s˜ao denominadas cevianas (assim, medianas, bissetrizes e alturas s˜ao cevianas). Desta maneira, o te-orema de Ceva estabelece uma condi¸c˜ao necess´aria para que trˆes cevianas de um triˆangulo sejam concorrentes (veremos que esta condi¸c˜ao ´e tamb´em suficiente).

Demonstra¸c˜ao: Vamos novamente usar o teorema do co-lado para eliminar

os pontos D, E e F . Assim, ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ D = ←→_{BC ∩}←→_{AP e D = C ⇒} SBAP S_CAP = BD CD, E = ←→_{CA ∩}←→_{BP e E = A ⇒} SCBP S_ABP = CE AE, F = ←→_{AB ∩}←→_{CP e F = B ⇒} SACP S_BCP = AF BF, de modo que AF F B = − AF BF = − S_ACP S_BCP, BD DC = − BD CD = − S_BAP S_CAP e CE EA = − CE AE = − S_CBP S_ABP. Conseq¨uentemente, AF F B· BD DC· CE EA =  −_SSACP BCP  ·  −S_SBAP CAP  ·  −S_SCBP ABP  = −SACP S_CAP· S_BAP S_ABP· S_CBP S_BCP.

Agora, pela propriedade de permuta¸c˜ao 2.4, sabemos que S_ACP = −S_CAP,

S_BAP = −S_ABP e S_CBP = −S_BCP. Assim,

AF F B · BD DC · CE EA = −  −S_SACP ACP  ·  −S_SBAP BAP  ·  −S_SCBP CBP  = 1.

Teorema 3.3 (Menelau) Sejam F , D e E trˆes pontos sobre os la-dos ←→AB, ←→BC e ←→AC de um triˆangulo ∆ABC, respectivamente. Os pontos D, E e F s˜ao colineares se, e somente se,

AF F B · BD DC · CE EA = −1. (3.5) B C A D E F

Figura 3.4: O teorema de Menelau: (AF /F B)· (BD/DC) · (CE/EA) = −1.

Este teorema foi demonstrado pelo matem´atico Menelau de Alexandria, por volta do s´eculo I, em seu livro Sphaerica (um tratado sobre triˆangulos esf´ericos e suas aplica¸c˜oes `a astronomia). Enquanto que o teorema de Ceva estabelece condi¸c˜oes para que trˆes cevianas de um triˆangulo sejam

concor-rentes, o teorema de Menelau estabelece condi¸c˜oes para que trˆes pontos, um sobre cada lado de um triˆangulo, sejam colineares. De fato, pode-se demons-trar que eles s˜ao equivalentes (veja, por exemplo, as referˆencias [7, 8, 28]).

Demonstra¸c˜ao: Existem duas possibilidades: apenas dois dos trˆes pontos D,

E e F est˜ao nos segmentos AB, BC e AC (figura 3.4) ou os trˆes pontos est˜ao

fora destes segmentos (figura 3.5). A prova que daremos, usando o m´etodo da ´area, funciona para os dois casos.

(⇒) Suponha que E, F e G sejam colineares. Ent˜ao, pelo teorema do co-lado,

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 23 B C A D E F

Figura 3.5: O teorema de Menelau: (AF /F B)· (BD/DC) · (CE/EA) = −1.

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ D = ←→_{BC ∩}←→_{EF e D = C ⇒} SBEF S_CEF = BD CD = − BD DC, E = ←→_{CA ∩}←→_{EF e E = A ⇒} SCEF S_AEF = CE AE = − CE EA, F = ←→_{AB ∩}←→_{EF e F = B ⇒} SAEF S_BEF = AF BF = − AF F B,

Sendo assim, conclu´ımos que

AF F B · BD DC · CE EA =  −S_SAEF BEF  ·  −S_SBEF CEF  ·  −S_SCEF AEF  = −1.

(⇐) Reciprocamente, sejam E, F e D pontos sobre ←→AC, ←→AB e ←→BC tais que a equa¸c˜ao 3.5, AF F B · BD DC · CE EA = −1,

seja v´alida. Seja H a interse¸c˜ao das retas ←→EF e ←→BC. Para mostrar que E,

F e D s˜ao colineares, basta mostrar que D = H. Dado que D, E e H s˜ao

colineares, pelo que demonstramos na parte (⇒),

AF F B · BH HC · CE EA = −1.

BH

HC =

BD DC.

Assim, pelo exerc´ıcio [02] na p´agina 13, conclu´ımos que D = H.

3.3

Exemplos: outras categorias de problemas

Teorema 3.4 Seja ∆ABC um triˆangulo e sejam D e E pontos sobre os lados ←→AC e ←→AB. Defina os n´umeros u e v pelas rela¸c˜oes

CD = u · AD e AE = v · BE.

Se P ´e a interse¸c˜ao das retas ←→BD e ←→CE, ent˜ao

P D P B = u · v u − 1. (3.6) C A B D E P

Figura 3.6: Se CD = u· AD e AE = v · BE, ent˜ao P D/P E = u · v/(u − 1).

Demonstra¸c˜ao: Como P = ←→BD ∩←→CE, pelo teorema do co-lado, P D P B = DP BP = S_DCE S_BCE.

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 25

Precisamos agora eliminar os pontos E e D. Novamente, pelo teorema do co-lado, DC AC = S_DCE S_ACE e AE BE = S_ACE S_BCE,

dado que C = ←→AD ∩←→CE e E = ←→AB ∩←→CE, respectivamente. Desta maneira,

P D P B = S_DCE S_BCE = S_DCE S_ACE · S_ACE S_BCE = DC AC · AE BE = CD CA · EA EB. Mas CD = u · AD, CA = CD + DA = u · AD − AD = (u − 1) · AD e EA = v · EB. Conseq¨uentemente, P D P B = CD CA · EA EB = u · AD (u− 1) · AD · v · EB EB = u · v u − 1.

Corol´ario 3.1 (Concorrˆencia das Medianas) As trˆes medianas de um triˆangulo s˜ao concorrentes em um ponto P que divide cada mediana na propor¸c˜ao 2 por 1. Mais precisamente, dado um triˆ an-gulo ∆ABC, se D, E e F s˜ao, respectivamente, os pontos m´edios dos segmentos AC, AB e BC, ent˜ao as retas ←→BD, ←→CE e ←→AF s˜ao concorrentes em um ponto P e

BP = 2 · PD, CP = 2 · P E e AP = 2 · PF .

O ponto P ´e denominado baricentro ou centro de gravidade do triˆ an-gulo ∆ABC.

Demonstra¸c˜ao: Seja P a interse¸c˜ao das retas ←→BD e ←→CE. Como D e E s˜ao pontos m´edios dos segmentos AC e AB, respectivamente, vale que

CD = −AD e AE = −BE,

isto ´e, u = v = −1 no teorema anterior. Portanto,

P D P B = u · v u − 1 = − 1 2.

passa pelo ponto P . Ora, se Q ´e a interse¸c˜ao das retas ←→BD e ←→AF , ent˜ao pelo teorema anterior, QD/QB = −1/2 = P D/P B. Pelo exerc´ıcio [02] na p´agina 13, conclu´ımos que, necessariamente, P = Q. Por simetria, isto ´e, trocando-se os nomes dos v´ertices do triˆangulo ∆ABC, conclu´ımos que

CP = 2 · P E e AP = 2 · P F .

Teorema 3.5 Com as mesmas hip´oteses do teorema 3.4, vale que

S_{P BC} S_ABC =

u

u − 1 − u · v. (3.7)

Demonstra¸c˜ao: Pela propriedade de decomposi¸c˜ao 2.5 e pela propriedade de permuta¸c˜ao 2.4 (p´agina 9), temos que

S_ABC S_{P BC} = S_{AP C} S_{P BC} + S_ABP S_{P BC} + S_{P BC} S_{P BC} = − S_{AP C} S_{BP C} − S_{AP B} S_{CP B} + 1.

Agora, como E = ←→AB ∩←→P C e D = ←→AC ∩←→P B, pelo teorema do co-lado, temos que S_ABC S_{P BC} = − S_{AP C} S_{BP C} − S_{AP B} S_{CP B} + 1 =− AE BE − AD CD + 1.

Mas AE = v · BE e CD = u · AD. Portanto,

S_ABC S_{P BC} = − v · BE BE + AD u · AD + 1 = −v − 1 u + 1 = u − 1 − u · v u .

Sendo assim, S_{P BC}/S_ABC = u/(u− 1 − u · v).

Teorema 3.6 Considere trˆes pontos D, E e F sobre os lados ←→AC,

←→

AB e ←→BC de um triˆangulo ∆ABC. Defina os n´umeros u, v e w pelas

express˜oes u = CD AD, v = AE BE e w = BF CF.

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 27

Temos ent˜ao que

S_{P QR} S_ABC = (1 + u· v · w)2 (1− u + u · v) · (1 − v + v · w) · (1 − w + w · u). C A B D E F Q R P

Figura 3.7: Se CD = u AD, AE = v BE e BF = w CF , ent˜ao S_{P QR}/S_ABC = (1 + uvw)2/((1 − u + uv)(1 − v + vw)(1 − w + wu)).

Demonstra¸c˜ao: Usando a propriedade de decomposi¸c˜ao 2.5 (p´agina 9) e o teorema anterior, temos que

S_{P QR} = S_ABC − S_{P BC} − S_QCA− S_RAB =  1− u u − 1 − u · v − v v − 1 − w · v − w w − 1 − w · u  · SABC = (1 + u· v · w) 2 (1− u + u · v) · (1 − v + w · v) · (1 − w + w · u) · SABC, de onde se segue o resultado.

Note, por exemplo, que se u = v = w = −1/2, isto ´e, se DA = 2 CD,

S_{P QR} = 1 7SABC. C A B D E F Q R P (1 3) jACjÁ (2 3) jACjÁ (1 3) jACjÁ (2 3) jACjÁ (1 3) jBCjÁ (2 3) jBCjÁ ABC (1 7) SÁ Figura 3.8: Se DA = 2 CD, EB = 2 AE e CF = 2 F B, ent˜ao S_{P QR} = (1/7) S_ABC.

Corol´ario 3.2 (Vers˜ao forte do teorema de Ceva) Consi-dere trˆes pontos D, E e F sobre os lados ←→AC, ←→AB e ←→BC de um triˆangulo ∆ABC. Defina os n´umeros u, v e w pelas express˜oes

u = CD AD, v = AE BE e w = BF CF.

Ent˜ao as retas ←→AF , ←→BD e ←→CE s˜ao concorrentes se, e somente se,

S_{P QR} = 0, isto ´e, se, e somente se, u· v · w + 1 = 0 ou

CD AD · AE BE · BF CF = −1.

O teorema do co-lado nos ensina como eliminar o ponto de interse¸c˜ao M de duas retas ←→AB e ←→P Q em uma raz˜ao de segmentos orientados da forma

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 29

as duas retas. O pr´oximo lema nos ensina como eliminar o ponto M caso ele apare¸ca em uma ´area com sinal da forma S_MBQ.

Lema 3.1 (de eliminac¸ ˜ao) Como no teorema do co-lado, seja M a interse¸c˜ao das retas ←→AB e ←→P Q. Ent˜ao

S_{BP Q} S_{BP AQ} = MB AB = S_MBQ S_ABQ , (3.8) isto ´e, S_MBQ = SBP Q· SABQ S_{BP AQ} . (3.9) P Q A M B

Figura 3.9: Se M = ←→AB ∩←→P Q, ent˜ao S_{BP Q}/S_{BP AQ}= MB/AB = S_MBQ/S_ABQ.

Demonstra¸c˜ao: Como B = ←−→AM ∩←→BQ, pelo teorema do co-lado temos que S_ABQ

S_MBQ = AB MB.

Por outro lado,

S_{BP AQ} S_{BP Q} = S_{BP Q}+ S_{P AQ} S_{BP Q} = 1− SAP Q S_{BP Q} (∗) = 1− AM BM = 1 + AM MB = AM + MB MB = AB MB.

Conseq¨uentemente, vale que S_ABQ/S_MBQ = AB/MB = S_{BP AQ}/S_{BP Q}, o que estabelece o lema. Note que, em (∗), usamos o teorema do co-lado para

M = ←→_{AB ∩}←→P Q.

Teorema 3.7 (Construc¸ ˜ao com r´egua de uma seq¨uˆencia harmˆonica)Sejam L a interse¸c˜ao das retas←→AB e ←→CD, K a interse¸c˜ao de ←→AD e ←→BC, F a interse¸c˜ao de ←→BD e ←→KL e G a interse¸c˜ao de ←→AC e ←→KL. Ent˜ao LF KF = LG GK. (3.10) A B C D L F K G Figura 3.10: LF /KF = LG/GK.

Demonstra¸c˜ao: Para eliminar o ponto F , usaremos o teorema do co-lado: F = ←→_{LK ∩}←→BD, de modo que

LF

KF =

S_LBD S_KBD.

Precisamos agora eliminar os pontos K e L que aparecem nas express˜oes S_LBD e S_KBD. Para isto, vamos usar o lema de elimina¸c˜ao 3.1:

S_LBD = SBCD · SABD

S_BCAD e SKDB =

S_{DCB · SADB}

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 31

j´a que L ´e a interse¸c˜ao dos lados ←→AB e ←→CD do quadril´atero
ABCD e K ´e

a interse¸c˜ao dos lados ←→AD e ←→BC do mesmo quadril´atero. Desta maneira

LF KF = S_LBD S_KBD = S_{BCD · SABD} S_BCAD −SDCB_S · SADB DCAB = S_{BCD · SABD} S_BCAD −SBCD_S · SABD DCAB = −SDCAB S_BCAD.

Analogamente, demonstra-se que LG/GK = −S_DCAB/S_BCAD, de onde se obt´em a igualdade LF /KF = LG/GK desejada.

Teorema 3.8 Se R ´e um ponto sobre a reta ←→P Q, ent˜ao

S_RAB = P R

P Q · SQAB + RQ

P Q · SP AB. (3.11)

para dois pontos A e B quaisquer.

A B

P

Q R

Figura 3.11: S_RAB = (P R/P Q)· S_QAB + (RQ/P Q)· S_{P AB}.

Demonstra¸c˜ao: Temos:

S_RAB (1)= S_{P AB} + S_RAP + S_{RP B} (2)= S_{P AB} + P R P Q · SQAP + P R P Q · SQP B = S_{P AB} + P R P Q · SQAP − P R P Q · SBP Q = S_{P AB} + P R P Q · (SQAP − SBP Q) (3) = S_{P AB} + P R P Q · (SAP B + SABQ)

= S_{P AB} − P R P Q · SP AB + P R P Q · SABQ =  1− P R P Q  · SP AB + P R_{P Q} · SABQ = _{P Q}RQ · SP AB + P R_{P Q} · SQAB,

onde, em (1) usamos a propriedade de decomposi¸c˜ao 2.5 (figura 3.12), em (2) o teorema do co-lado e, em (3), a propriedade de decomposi¸c˜ao mais uma vez (figura 3.13).

A B

P

Q

R

Figura 3.12: S_RAB = (P R/P Q)· S_QAB+ (RQ/P Q)· S_{P AB}.

A B

P

Q R

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 33

Teorema 3.9 Seja ∆ABC um triˆangulo inscrito em uma circun-ferˆencia C de centro O e sejam

K = ←→_{AO ∩}←→BC, L = ←→_{BO ∩}←→AC e M = ←→CO ∩←→AB. Defina os pontos P , Q e R como os pontos sim´etricos com rela¸c˜ao ao centro O de C dos pontos A, B e C, respectivamente (figura 3.14).

KP AK + LQ BL + MR CM = 1 (3.12) O A B C K L M P Q R C Figura 3.14: KP /AK + LQ/BL + MR/CM = 1.

Demonstra¸c˜ao: Como M = ←→RC ∩←→AB, L = ←→QB ∩←→AC e K = ←→P A ∩←→BC, pelo

teorema do co-lado segue-se que

RM CM = S_ABR S_ABC, QL BL = S_ACQ S_ACB = − S_ACQ S_ABC e P K AK = S_BCP S_ABC, de modo que KP AK + LQ BL + MR CM = − P K AK − QL BL − RM CM = −SABR+ SACQ− SBCP S_ABC .

Agora, O ´e ponto m´edio dos segmentos AP , BQ e CR. Assim, pelo teo-rema 3.8,

S_ABR = CR

CO · SABO + RO

CO · SABC = 2 SABO − SABC, S_ACR = BQ

BO · SACO + QO

BO · SACB = 2 SACO + SABC, S_BCP = AP

AO · SBCO + P O

AO · SBCA = 2 SBCO − SABC.

Desta maneira, podemos escrever que

KP AK + LQ BL + MR CM =

−2 SABO+ SABC + 2 SACO + SABC − 2 SBCO + SABC

S_ABC

= −2 (SABO− SACO + SBCO) + 3 SABC

S_ABC

(1)

= −2 (SABO+ SAOC + SBCO) + 3 SABC

S_ABC (2) = −2 SABC + 3 SABC S_ABC = S_ABC S_ABC = 1,

onde, em (1) usamos que S_AOC = −S_ACO (propriedade de permuta¸c˜ao) e, em (2), que S_ABC = S_ABO+ S_AOC+ S_BCO (propriedade de decomposi¸c˜ao).

O pr´oximo teorema ´e uma importante generaliza¸c˜ao do lema de elimina¸c˜ao 3.1.

Teorema 3.10 Se

Y = ←→_{P Q ∩}←→UV ,

ent˜ao

S_ABY = 1

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 35 A B V U P Q Y

Demonstra¸c˜ao: Pelo teorema 3.8, temos que S_ABY = P Y

P Q · SABQ + Y Q

P Q · SABP.

Mas, pelo lema de elimina¸c˜ao,

Y Q P Q =

S_{V UQ} S_{P UQV}

e Y P /QP = S_{UV P}/S_{P UQV}, de modo que

P Y P Q = S_{UV P} S_{P UQV} . Sendo assim, S_ABY = SUV P · SABQ S_{P UQV} + S_{V UQ}+ S_ABP S_{P UQV} = 1

Teorema 3.11 (Pappus) Sejam r e s duas retas, A, B e C pontos em r e D, E e F pontos em s. Os pontos P = ←→_{AE ∩}←→DB, Q = ←→_{AF ∩}←→DC e R = ←→BF ∩←→EC s˜ao sempre colineares. A B C r D E F s P Q R

Figura 3.15: O teorema de Pappus.

Demonstra¸c˜ao: Uma maneira de se demonstrar que P , Q e R s˜ao colineares ´e definir X = ←→P Q ∩←→BF , Y = ←→P Q ∩←→EC e ent˜ao mostrar que X = Y . Mas, pelo exerc´ıcio [02] na p´agina 13, para mostrar que X = Y , basta mostrar que P X QX = P Y QY , ou ainda, que P X QX · QY P Y = 1.

Podemos eliminar X e Y na express˜ao (P X/QX)· (QY /P Y ) usando o teo-rema do co-lado: P X QX · QY P Y = S_{P BF} S_QBF · S_QCE S_{P CE}. (*)

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 37

Precisamos agora eliminar os pontos P e Q nesta express˜ao. Para isto, vamos usar o teorema 3.10: P = ←→_{BD ∩}←→_{AE ⇒} S_{P BF} = S_{BF P} = SBAE · SBF D + SDEA · SBF B S_BADE = S_{BAE · SBF D} S_BADE , Q = ←→_{AF ∩}←→_{CD ⇒} S_QBF = S_{BF Q} = SACD · SBF F + SF DC · SBF A S_{ACF D} = S_{F DC · SBF A} S_{ACF D} , Q = ←→_{CD ∩}←→_{AF ⇒}

S_QCE = S_CEQ = SCAF · SCED + SDF A· SCEC

S_CADF =

S_{CAF · SCED} S_CADF , P = ←→_{AE ∩}←→_{BD ⇒}

S_{P CE} = S_CEP = SABD · SCEE + SEDB · SCEA

S_ABDE =

S_{EDB · SCEA} S_ABED .

Substituindo estas express˜oes em (∗) e lembrando que S_BADE = −S_ABED e S_{ACF D} = −S_CADF, segue-se que

P X QX · QY P Y = S_{BAE · SBF D} S_{F DC · SBF A} · S_{CAF · SCED} S_{EDB · SCEA} = S_BAE S_CEA · S_{BF D} S_EDB · S_CAF S_{BF A} · S_CED S_{F DC} = SBAE S_ACE · S_{BF D} S_BED · S_CAF S_ABF · S_CED S_{CF D}

Mas, pela proposi¸c˜ao b´asica 3.1 na p´agina 15,

S_BAE S_ACE = BA AC, S_{BF D} S_BED = F D ED, S_CAF S_ABF = CA AB e S_CED S_{CF D} = ED F D. Conseq¨uentemente, P X QX · QY P Y = 1. Exerc´ıcios

[01] Seja
ABCD um quadril´atero e O um ponto. Sejam E, F , G e H as

interse¸c˜oes das retas ←→AO, ←→BO, ←→CO e ←→DO com as diagonais ←→BD, ←→AC,

←→

BD e ←→AC do quadril´atero, respectivamente. Mostre que AH HC · CF F A · BE ED · DG GB = 1.

[02] Com as mesmas hip´oteses do teorema 3.1, mostre que AP AD + BP BE + CP CF = 2.

[03] Com as mesmas hip´oteses do teorema 3.4, encontre uma express˜ao em termos de u e v para P E/P C.

[04] Justifique cada uma das igualdades abaixo para obter uma outra de-monstra¸c˜ao do teorema 3.7. LF KF = S_LBD S_KBD = S_LBD S_KBL · S_KBL S_KBD = DA AK · LC DC = S_DAC S_AKC · S_LAC S_DAC = S_LAC S_AKC = LG GK.

[05] Dados trˆes pontos A, B e C colineares, realize as seguintes constru¸c˜oes geom´etricas:

(1) Escolha um ponto E que n˜ao seja colinear com A e B. (2) Trace as retas ←→EA, ←→EB e ←→EC.

(3) Escolha um ponto I aobre a reta←→EA e, em seguida, trace a reta ←IB.→ (4) Marque o ponto G que ´e a interse¸c˜ao de ←→EC e ←IB e, em seguida,→

trace a reta ←→GA.

(5) Marque o ponto F que ´e a interse¸c˜ao de ←→GA e ←→EB e, em seguida, trace a reta ←IF .→

(6) Marque o ponto D que ´e a interse¸c˜ao de ←IF e ←→→ AB.

Mostre que o ponto D n˜ao depende das escolhas dos pontos E e I.

[06] Sejam A, B, C e D pontos em uma mesma reta. Suponha que P e Q sejam dois pontos tais que S_{P CQD} = 0. Mostre que S_{P AQB}/S_{P CQD} =

AB/CD.

[07] (Ainda sobre o teorema do co-lado) Se M ´e a interse¸c˜ao das re-tas ←→AB e ←→P Q, mostre que

P M QM = S_{P AB} S_QAB, P M P Q = S_{P AB} S_{P AQB} e QM P Q = S_QAB S_{P AQB}.

Proposi¸c˜oes b´asicas e exemplos 39

[08] Se C e D s˜ao pontos que pertencem a reta ←→AB e P ´e um ponto que n˜ao pertence a reta ←→AB, mostre que

S_{P CD} S_{P AB} =

CD AB.

Paralelismo

4.1

Caracteriza¸

c˜

ao de paralelismo via ´

areas com sinal

Defini¸c˜ao 4.1 (Relac¸ ˜ao ) Dizemos que duas retas ←→AB e ←→CD s˜ao

paralelas se elas n˜ao possuem pontos em comum. Usaremos a nota¸c˜ao

AB  CD

para representar o fato de que os pontos A, B, C e D satisfazem pelo menos uma das trˆes condi¸c˜oes seguintes:

(a) ←→AB e ←→CD s˜ao retas paralelas, (b) A = B ou C = D ou

(c) A, B, C e D s˜ao colineares.

Defini¸c˜ao 4.2 (Paralelogramo) Um paralelogramo ´e um qua-dril´atero ABCD orientado com AB  CD, BC  AD e tal que ne-nhuma escolha de trˆes de seus v´ertices resulte em pontos colineares.

Note que, se ABCD ´e um paralelogramo, ent˜ao AB e DC possuem a mesma dire¸c˜ao, independentemente da orienta¸c˜ao escolhida para ABCD. Com isto, podemos estabelecer a seguinte defini¸c˜ao.

Paralelismo 41

Defini¸c˜ao 4.3 (Raz˜ao de dois segmentos paralelos) Seja

ABCD um paralelogramo. Dados dois pontos P e Q em ←→DC,

defi-nimos

P Q AB =

P Q

DC (4.1)

como a raz˜ao dos dois segmentos paralelos P Q e AB.

Proposi¸c˜ao 4.1 Sejam A, B, C e D quatro pontos. Ent˜ao AB  CD se, e somente se, S_ABC = S_ABD (ou, equivalentemente, S_ADBC = 0).

Demonstra¸c˜ao: (⇒) Se AB  CD, ent˜ao (a) ←→AB e ←→CD s˜ao retas paralelas,

(b) A = B ou C = D ou (c) A, B, C e D s˜ao colineares. No caso (a), ∆ABC e ∆DBC s˜ao dois triˆangulos de mesma base (|BC|), mesma altura e mesma orienta¸c˜ao, de modo que S_ABC = S_BCD. No caso (b), se A = B, ent˜ao S_ABC = S_BBC = 0 = S_BBD = S_ABD e, se C = D, ent˜ao, obviamente,

S_ABC = S_ABD. No caso (c), S_ABC = 0 = S_ABD, j´a que os quatro pontos s˜ao colineares. A demonstra¸c˜ao da rec´ıproca (⇐) fica como exerc´ıcio.

4.2

Exemplos com paralelismo

Teorema 4.1 Seja O a interse¸c˜ao das duas diagonais ←→AC e ←→BD de

um paralelogramo ABCD (figura 4.1). Ent˜ao AO = OC, isto ´e,

AO/OC = 1.

Demonstra¸c˜ao: Vamos reescrever o enunciado do teorema em termos

cons-trutivos:

1. Os pontos A, B e C s˜ao definidos livremente.

2. O ponto D ´e constru´ıdo pela condi¸c˜ao de que ←→AB e ←→CD sejam retas paralelas satisfazendo AB = DC.

A B

D C

O

Figura 4.1: No paralelogramo ABCD, AO = OC.

Usaremos as proposi¸c˜oes b´asicas para eliminar os pontos na equa¸c˜ao que representa a tese do teorema, na ordem inversa em que eles foram definidos, at´e obter uma express˜ao que ´e trivialmente verdadeira, envolvendo apenas os pontos livres. Assim, temos:

AO OC = − AO CO (1) = −SABD S_CBD = S_ABD S_BCD (2) = SABC S_BCA (3) = SABC S_ABC = 1,

onde em (1) usamos o teorema do co-lado (j´a que O = ←→AC ∩←→BD) e, em (2), usamos a proposi¸c˜ao 4.1: S_ABD = S_ABC (pois AB  CD) e S_BCD = S_BCA (pois BC  AD). Em (3), usamos a propriedade de permuta¸c˜ao 2.4.

Teorema 4.2 (Tales) Se trˆes retas paralelas r, s e t cortam a reta m em A, B e C e a reta n em X, Y e Z (figura 4.2), ent˜ao

AB CB =

XY

ZY . (4.2)

Demonstra¸c˜ao: Temos AB CB (1) = SABY S_CBY (2) = SXBY S_ZBY (3) = XY ZY ,

onde, nos passos (1) e (3), usamos o teorema do co-lado (j´a que, respec-tivamente, B = ←→AC ∩ ←→BY e Y = ←→XZ ∩ ←→BY ) e, no passo (2), usamos a

Paralelismo 43

proposi¸c˜ao 4.1: S_ABY = S_XBY (dado que AX  BY ) e S_CBY = S_ZBY (dado que CZ  BY ). C A X r m n s t Z B Y

Figura 4.2: Teorema de Tales (AB/CB = XY /ZY ).

Teorema 4.3 Sejam ←→AB e ←→CD duas retas paralelas tais que ←→AC e ←→BD

sejam concorrente em um ponto P . Se Q =←→AD∩←→BC e M = ←→P Q∩←→AB, ent˜ao M ´e o ponto m´edio do segmento AB, isto ´e, AM = MB.

A B C D P Q M Figura 4.3: AM = MB.

Demonstra¸c˜ao: Pelo teorema do co-lado, podemos eliminar o ponto M = ←→

AB ∩←→P Q: AM/BM = S_{AP Q}/S_{BP Q}, de modo que

AM MB = − AM BM = − S_{AP Q} S_{BP Q} = − S_{P AQ} S_{P BQ}.

Precisamos agora eliminar o ponto Q nas express˜oes S_{P AQ} e S_{P BQ}. Como

A = ←→_QD∩←→AP , pelo teorema do co-lado mais uma vez, QA/DA = S_QAP/S_DAP

e, conseq¨uentemente,

S_{P AQ} = AQ

AD · SP AD.

Agora, pelo lema de elimina¸c˜ao 3.1 (p´agina 29), AQ/AD = S_ABC/S_ABDC. Desta maneira, S_{P AQ} = SABC S_ABDC · SP AD = S_ABC S_BDCA · SP AD. Analogamente, S_{P BQ} = BQ BC · SP BC = S_BDA S_BDCA · SP BC = − S_BDA S_BDCA · SP CB.

Combinando as rela¸c˜oes que deduzimos at´e aqui, temos

AM MB = − S_{P AQ} S_{P BQ} = − + SABC S_BDCA · SP AD −_SSBDA BDCA · SP CB = SABC · SP AD S_{BDA · SP CB}.

Mas AB  CD, de modo que pela proposi¸c˜ao 4.1, S_ABC = S_ABD = S_BDA. Sendo assim,

AM

MB =

S_{P AD} S_{P CB}.

Agora, pela figura 4.3, usando a propriedade de decomposi¸c˜ao, temos que

S_{P AD} = S_{P CD} + S_CAD e S_{P CB} = S_{P CD} + S_CBD, de modo que

AM

MB =

S_{P CD} + S_CAD

S_{P CD}+ S_CBD.

Usando novamente a proposi¸c˜ao 4.1, temos que S_CAD = S_ADC = S_BDC =

S_CBD, uma vez que AB  CD. Logo

AM

MB =

S_{P CD}+ S_CAD

Paralelismo 45

Teorema 4.4 (Axioma de Pascal) Sejam A, B e C trˆes pontos em uma reta e sejam P , Q e R trˆes pontos em outra reta. Se AQ  RB e BP  QC, ent˜ao AP  RC. A C R B Q P

Figura 4.4: O axioma de Pascal: Se AQ RB e BP  QC, ent˜ao AP  RC.

Demonstra¸c˜ao: Para mostrar que AP  RC, pela proposi¸c˜ao 4.1, basta

mostrar que S_RAP = S_CAP. Desde que AQ  RB e BP  QC, pela pro-posi¸c˜ao 4.1, temos que S_RAQ = S_BAQ e S_{BP Q} = S_{BP C}, respectivamente. Desta maneira,

S_RAP (1)= S_RAQ + S_{AP Q} = S_BAQ+ S_{AP Q} (2)= S_{BAP Q} =

S_BAP + S_{BP Q} = S_BAP + S_{BP C} (3)= S_CAP, onde, em (1), (2) e (3), usamos a propriedade de decomposi¸c˜ao.

Teorema 4.5 (Axioma de Desargues) Sejam r, s e t trˆes retas distintas, concorrentes em um ponto S. Sejam A e X pontos em r, B e Y pontos em s e C e Z pontos em t tais que AB  XY e AC  XZ (figura 4.5). Ent˜ao BC  Y Z.

S A C X B _Y r s t Z

Figura 4.5: O axioma de Desargues: se AB  XY e AC  XZ, ent˜ao BC  Y Z.

Demonstra¸c˜ao: Para mostrar que BC  Y Z, pela proposi¸c˜ao 4.1, basta

mos-trar que S_{Y BC} = S_ZBC. Agora

S_BCZ (1)= CZ

CS · SBCS

(2)

= AX

AS · SBCS,

onde, em (1) usamos o teorema do co-lado (C =←→SZ ∩←→BC) e, em (2), usamos o teorema de Tales. Analogamente,

S_BCY = BY

BS · SBCS = AX

AS · SBCS.

Sendo assim, S_BCZ = S_BCY, como quer´ıamos.

Teorema 4.6 Sejam X, Y , Z e W pontos sobre os lados CD, DA,

AB e BC de um paralelogramo ABCD tais que CX CD = DY DA = AZ AB = BW BC = 1 3

(figura 4.6). Ent˜ao a ´area com sinal do quadril´atero formato pelas retas ←→AX, ←→BY , ←→CZ e ←−→DW ´e 1/13 da ´area com sinal do

Paralelismo 47 A B D X C Y Z W P Q R S

Figura 4.6: Se CX/CD = DY /DA = AZ/AB = BW /BC = 1/3, ent˜ao

S_{P QRS} = S_ABCD/13.

Demonstra¸c˜ao: Seja I = ←→DB ∩←→P A = ←→AX ∩←→DB (figura 4.7). Temos S_ABCD S_ABP = S_ABD + S_BCD S_ABP (1) = SABD + SABD S_ABP = 2· S_ABD S_ABP (2) = 2· SABP + SP BD + SP DA S_ABP = 2· _S ABP S_ABP − S_DBP S_ABP − S_{P AD} S_{P AB}  (3) = 2·  1− DY AY − DI BI  (4) = 2·  1− DY AY − S_DAX S_BAX  = 2·  1 + 1 2 + 2 3  = 13 3 .

onde, em (1) usamos que S_BCD = S_ABD, em (2) usamos a propriedade de decomposi¸c˜ao e, em (3) e (4) usamos o teorema do co-lado (uma vez que

Y = ←→_{DA ∩}←→BP , I = ←→_{DB ∩}←→P A e I = ←→_{AX ∩}←→DB). Analogamente, demonstra-se que S_ABCD S_BCQ = S_ABCD S_CDR = S_ABCD S_DAS = 13 3 .

Usando a propriedade de decomposi¸c˜ao para ´areas com sinal,

S_{P QRS} S_ABCD =

S_{ABCD − SABP − SBCQ− SCDR− SDAS}

S_ABCD = 1−

12 13 =

1 13.

A B D X C Y Z W P Q R S I

Figura 4.7: Se CX/CD = DY /DA = AZ/AB = BW /BC = 1/3, ent˜ao

S_{P QRS} = S_ABCD/13.

Proposi¸c˜ao 4.2 Sejam ABCD um paralelogramo e P e Q dois

pon-tos. Ent˜ao S_{AP Q}+ S_{CP Q} = S_{BP Q}+ S_{DP Q}, (4.3) isto ´e, S_{P AQB} = S_{P DQC} (4.4) A B D C P O Q

Figura 4.8: No paralelogramo ABCD vale que S_{AP Q}+ S_{CP Q} = S_{BP Q}+ S_{DP Q}.

Demonstra¸c˜ao: Seja O a interse¸c˜ao de ←→AC e ←→BD. Desde que O ´e o ponto m´edio do segmento AC (veja o teorema 4.1 na p´agina 41), pela proposi¸c˜ao 3.8 na p´agina 31, temos que

Paralelismo 49 pois S_{OP Q} = AO AC · SAP Q+ OC AC · SCP Q = 1 2 · SAP Q+ 1 2 · SCP Q. Pela mesma raz˜ao,

S_{BP Q}+ S_{DP Q} = 2· S_{OP Q}. Assim,

S_{AP Q}+ S_{CP Q} = 2· S_{OP Q} = S_{BP Q}+ S_{DP Q}.

Esta ´ultima equa¸c˜ao pode ser escrita na forma S_{BP Q}−S_{AP Q} = S_{CP Q}−S_{DP Q}, de modo que

S_{P AQB} = S_{BP Q}+ S_AQP = S_{BP Q}− S_{AP Q}

= S_{CP Q} − S_{DP Q} = S_{CP Q} + S_DQP = S_{P DQC}, o que estabelece a segunda f´ormula.

Proposi¸c˜ao 4.3 Sejam ABCD um paralelogramo e P um ponto

qualquer. Ent˜ao

S_{P AB} = S_{P DC} − S_ADC = S_{P DAC}. (4.5)

A B

D C

P

Figura 4.9: No paralelogramo ABCD vale que S_{P AB} = S_{P DC}− S_ADC = S_{P DAC}.

Demonstra¸c˜ao: Pela proposi¸c˜ao anterior, com Q = B, S_{AP B} + S_{CP B} =

obtemos que S_{P AB} = S_{P DB} − S_{P CB}. Assim

S_{P AB} = S_{P DB} − S_{P CB} = S_DBCP = S_DBC + S_DCP.

Mas AB  DC, assim, S_BDC = S_ADC, isto ´e, S_DBC = S_DAC = −S_ADC. Conseq¨uentemente,

S_{P AB} = −S_DAC + S_DCP = S_{P DC} − S_DAC.

Exerc´ıcios

[01] Justifique cada uma das igualdades abaixo para obter uma outra de-monstra¸c˜ao do teorema 4.3. AM MB = S_{P AQ} S_{P QB} = S_{P QA} S_QAB · S_QAB S_{P QB} = P D DB· CA P C = S_{CP D} S_CDB· S_CDA S_{CP D} = S_CDA S_CDB = 1.

[02] Se a reta ←→P Q ´e paralela a reta ←→AB, mostre que

AB P Q =

S_{P AB} S_AQP.

Solu¸c˜ao: Seja R tal que AR = P Q. Pelo o exerc´ıcio [07] na p´agina 39 e o teorema 4.2, temos AB P Q = AB AR = S_{P AB} S_{P AR} = S_{P AB} S_{P AQ}.