Demonstrações Legíveis Geradas por Computador em Geometria Euclidiana Plana… · 2014. 3....

Demonstrações Legíveis Geradas porComputador em Geometria Euclidiana Plana:

O Método da Área

Humberto José Bortolossi

Departamento de Matemática AplicadaUniversidade Federal do Fluminense

Escola de VerãoUniversidade Federal do Espírito Santo

30 de janeiro a 1 de fevereiro de 2006

Humberto José Bortolossi O Método da Área em Geometria Euclidiana Plana 1

Equipe

Este é um trabalho conjunto de:

Humberto José Bortolossi (UFF),Carlos Tomei (PUC-Rio),Silvana Marini Rodrigues Lopes (PUC-Rio).


Dia 1


Matemático × Máquina



???

Pode o computador demonstrarteoremas?


Um pouco de história: Leibniz (1646–1716)

Characteristica UniversalisUma linguagem simbólica precisa na qual todas asafirmações científicas poderiam ser feitas.Calculus RatiocinatorUm método para manipular afirmações a fim de esclarecerseu significado e veracidade.


Um pouco de história: Hilbert (1862–1943)

Segundo Congresso Internacional deMatemática (1900) em Paris:

A teoria dos númerosé completa?

Em uma teoria completa é semprepossível determinar através de umademonstração se uma sentençalógica da teoria é verdadeira ou falsa.


Um pouco de história: Gödel (1906–1978)

A resposta é não pelo

Primeiro Teorema de Incompletude deGödel:Um sistema de axiomas para aaritmética não consegue nemdemonstrar nem negar determinadasafirmações sobre os números!


Um pouco de história: Tarski (1902–1983)

Por outro lado, Tarski demonstrou que:

A teoria da Geometria Elementar écompleta!


Um pouco de história: Tarski (1902–1983)

Mais ainda, Tarski demonstrou que:

A teoria da Geometria Elementar édecidível!

Uma teoria é decidível se existe umalgoritmo que em um número finitode passos consegue determinar secada uma das sentenças da teoria éverdadeira ou falsa.


Um exemplo de teoria decidível: sistemas lineares

É possível decidir se um sistema linear possui solução?x + 2 y + z = 3

2 x + y + z = 12 x + y + 2 z = 3

Sim! Use eliminação gaussiana (escalonamento)!x + 2 y + z = 3− 3 y − z = −5

z = 2


A Álgebra Elementar de Tarski

É a parte da teoria geral dos números reais com as seguintesrestrições de linguagem:

Variáveis: representam exclusivamente números reais.Constantes: −1, 0 e +1.Operações algébricas: adição (+), subtração (−) emultiplicação (·).Operações relacionais: desigualdade (< e >) e igualdade(=).Operações lógicas: conjunção (∧), disjunção (∨) enegação (∼).Quantificadores: universal (∀) e existencial (∃).


O que é uma Teoria Elementar?

São exemplos de sentenças em álgebra elementar:

0 > 1 + 1;∀a, b, c, d ∈ R, [(a < 0 ∨ a > 0)⇒

(∃x ∈ R | a · x · x · x + b · x · x + c · x + d = 0)];∀ x ∈ R, [(0 < x ∧ x < 1)⇒ (x · x · x · x < x · x)];

que normalmente são escritas como0 > 2;∀a, b, c, d ∈ R, [a 6= 0⇒

(∃x ∈ R | ax3 + bx2 + cx + d = 0)];∀ x ∈ (0, 1), x4 < x2.



São exemplos de sentenças em álgebra elementar:

0 > 1 + 1;∀a, b, c, d ∈ R, [(a < 0 ∨ a > 0)⇒

(∃x ∈ R | a · x · x · x + b · x · x + c · x + d = 0)];∀ x ∈ R, [(0 < x ∧ x < 1)⇒ (x · x · x · x < x · x)];

que normalmente são escritas como0 > 2;∀a, b, c, d ∈ R, [a 6= 0⇒

(∃x ∈ R | ax3 + bx2 + cx + d = 0)];∀ x ∈ (0, 1), x4 < x2.



Não são exemplos de sentenças em álgebra elementar:

∀n ∈ N, (∃a, b, c ∈ N) | an + bn = cn eToda função polinomial real de grau ímpar possui pelomenos uma raiz real.

Geometria elementar é a parte da geometria euclidiana quepode ser traduzida para a linguagem de álgebra elementarfixando-se um sistema de coordenadas.


A Eliminação de Quantificadores

∃ x ∈ R | x2 + b · x + c = 0

⇓ eliminando o quantificador

b2 − 4 · c ≥ 0.



∃ x ∈ R | x2 + b · x + c = 0

⇓ eliminando o quantificador

b2 − 4 · c ≥ 0.



Determine os valores de c, d e r a fim de que o círculo de centro(c, d) e raio r esteja contido no círculo de centro (0, 0) e raio 1.

c x1

1

0

d

y

r

Resposta:r > 0 ∧

√c2 + d2 + r ≤ 1.

r > 0 ∧[∀ x , y ∈ R, (x − c)2 + (y − d)2 = r2 ⇒ x2 + y2 ≤ 1

]Humberto José Bortolossi O Método da Área em Geometria Euclidiana Plana 21



c x1

1

0

d

y

r

Resposta:r > 0 ∧

√c2 + d2 + r ≤ 1.

r > 0 ∧[∀ x , y ∈ R, (x − c)2 + (y − d)2 = r2 ⇒ x2 + y2 ≤ 1




c x1

1

0

d

y

r

Resposta:0 < r ≤ 1 ∧ c2 + d2 ≤ (1− r)2.

r > 0 ∧[∀ x , y ∈ R, (x − c)2 + (y − d)2 = r2 ⇒ x2 + y2 ≤ 1


O problema da elipse de Kahan (1975)

c x1

1

0

d

y

ab

a>0 ∧ b>0 ∧�∀ x ,y∈R, (x−c)

2

a2+ (y−d)

2

b2=1 ⇒ x2+y2≤1

�



c x1

1

0

d

y

ab

a>0 ∧ b>0 ∧ [∀ x ,y∈R,b2 (x−c)2+a2 (y−d)2=a2b2 ⇒ x2+y2≤1]



Resposta:

[(a>0) ∧ (T≥0) ∧ (c2+(b+|d |)2−1≤0) ∧ (a2≤b ∨ a2d2≤(1−a2)(a2−b2))]∨

[(0


T = a4d8+((2 a2b2+2 a4) c2+(−4 a4+2 a2) b2+2 a6−4 a4) d6

+ ((b4+4 a2b2+a4) c4+((−6 a2−2) b4+(2 a4+2 a2) b2−2 a6−6 a4) c2

+ (6 a4−6 a2+1) b4+(−6 a6+10 a4−6 a2) b2+a8−6 a6+6 a4) d4

+ ((2 b4+2 a2b2) c6+(−2 b6+(2 a2−6) b4+(−6 a4+2 a2) b2−2 a4) c4

+ ((6 a2+4) b6+(−10 a4−6 a2+6) b4+(6 a6−6 a4−10 a2) b2+4 a6

+ 6 a4) c2+(−4 a4+6 a2−2) b6+(6 a6−8 a4+4 a2−2) b4

+(−2 a8+4 a6−8 a4+6 a2) b2−2 a8+6 a6−4 a4) d2+b4c8

+(2 b6+(−4 a2−4) b4+2 a2b2) c6+(b8+(−6 a2−6) b6

+(6 a4+10 a2+6) b4+(−6 a4−6 a2) b2+a4) c4+((−2 a2−2) b8

+(6 a4+4 a2+6) b6+(−4 a6−8 a4−8 a2−4) b4+(6 a6+4 a4+6 a2) b2

− 2 a6−2 a4) c2+(a4−2 a2+1) b8+(−2 a6+2 a4+2 a2−2) b6

+(a8+2 a6−6 a4+2 a2+1) b4+(−2 a8+2 a6+2 a4−2 a2) b2+a8−2 a6+a4.


Um Programa para Eliminação de Quantificadores

QEPCAD

(para Linux)

http://www.eecis.udel.edu/∼saclib/

Desvantagem: extremamente lento

(complexidade computacional e(en) que não pode ser melhorada)


Outras tentativas . . .

Gelerntern, Hanson e Loveland (1960): ferramentassintéticas.

Não consegue demonstrar teoremas relativamente difíceis.

Wu (1984): essencialmente bases de Gröbner.

Apesar de demonstrarteoremas difíceis, a prova nãoé “legível”.


O método da área

Chou, Gao e Zhang (1992): o método da área.

O método produz demonstrações legíveis para teoremasdifíceis.

Ao invés de semelhança de triângulos, o métodoconsidera as áreas de triângulos com um lado em comum.

O método tem sido usado no treinamento de alunoschineses em olimpíadas de matemática.


A medida de um segmento orientado

A medida de um segmento orientado:

AB =

{+|AB|, “de A para B” coincide com o sentido da reta l ,

−|AB|, caso contrário.

A B l

AB = −BA e AB = 0⇔ A = B.


A propriedade da decomposição

A BP l

|AB| = +|AP|+ |PB| AB = AP + PB

A B P l

|AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB

A BP l

|AB| = −|AP|+ |PB| AB = AP + PB



A BP l

|AB| = +|AP|+ |PB|

AB = AP + PB

A B P l

|AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB

A BP l

|AB| = −|AP|+ |PB| AB = AP + PB



A BP l

|AB| = +|AP|+ |PB|

AB = AP + PB

A B P l

|AB| = +|AP| − |PB|

AB = AP + PB

A BP l

|AB| = −|AP|+ |PB|

AB = AP + PB



A BP l

|AB| = +|AP|+ |PB| AB = AP + PB

A B P l

|AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB

A BP l

|AB| = −|AP|+ |PB| AB = AP + PB


A área com sinal de um triângulo

B C

A

b

h

SABC = +∇ABC = +b · h

2

B C

A

b

h

SABC = −∇ABC = −b · h

2


A propriedade da permutação

SABC = SBCA = SCAB = −SACB = −SBAC = −SCBA.

B C

A

b

h



∇ABC = ∇PAB +∇PBC +∇PCA,

SABC = SPAB + SPBC + SPCA.

B C

A

PP



B C

A

P

B C

A

P

B C

A

P

∇ABC=+∇PAB+∇PBC−∇PCA ∇ABC=+∇PAB−∇PBC−∇PCA ∇ABC=−∇PAB+∇PBC+∇PCA

B C

A

P

B C

A

P

B C

A

P

∇ABC=+∇PAB−∇PBC+∇PCA ∇ABC=−∇PAB−∇PBC+∇PCA ∇ABC=−∇PAB+∇PBC−∇PCA


Um caso demonstra todos . . .

Se A = (xA, yA), B = (xB, yB) e C = (xC , yC), então

SABC =12· det

xA yA 1xB yB 1xC yC 1

=

12·[(xA − xB) · (yB − yC)− (yA − yB) · (xB − xC)

].

Se A, B e C estão fixos e P = (x , y), então a expressão

p(x , y) = SABC − SPAB − SPBC − SPCA

é um polinômio nas variáveis x e y .


Proposição básica

A B C

P

SPBCSPAB

=BCAB

.


O teorema do co-lado

P

Q

A BM

Se M =←→AB ∩

←→PQ, então

SPABSQAB

=PMQM

.

SPABSQAB

=SPABSPAM︸︷︷︸P “fora”

· SPAMSQAM︸︷︷︸A “fora”

· SQAMSQAB︸︷︷︸Q “fora”

=ABAM· PM

QM· AM

AB=

PMQM

.



P

Q

A BM

Se M =←→AB ∩

←→PQ, então

SPABSQAB

=PMQM

.

SPABSQAB

=SPABSPAM︸︷︷︸P “fora”

· SPAMSQAM︸︷︷︸A “fora”

· SQAMSQAB︸︷︷︸Q “fora”

=ABAM· PM

QM· AM

AB=

PMQM

.


Um primeiro exemplo

B

C

P

A

DE

F

Hipótese:

A, B, C e P são pontos livres.D =

←→AP ∩

←→CB.

E =←→PB ∩

←→AC.

F =←→CP ∩

←→AB.

Tese:

PDAD

+PEBE

+PFCF

= 1.


O teorema de Ceva

B

C

P

A

DE

F

Hipótese:


←→AP ∩

←→CB.

E =←→PB ∩

←→AC.

F =←→CP ∩

←→AB.

Tese:

AFFB· BD

DC· CE

EA= 1.


O teorema de Menelau

B

C

A

D

E

F

Hipótese:

A, B e C são pontos livres.F ∈←→AB.

D ∈←→BC.

E ∈←→AC.

Tese:

D, E e F são colinearesm

AFFB· BD

DC· CE

EA= −1.


Dia 2


A medida de um segmento orientado

A BP l

AB =

{+|AB|, “de A para B” coincide com o sentido da reta l ,

−|AB|, caso contrário.

Propriedades:

AB = −BA AB = AP + PB(permutação) (decomposição)


A área com sinal de um triângulo

B C

A

PP

Propriedades:

SABC = SBCA = SCAB = −SACB = −SBAC = −SCBA(permutação)

SABC = SPAB + SPBC + SPCA(decomposição)



A B C

P

SPBCSPAB

=BCAB

.



P

Q

A BM

Se M =←→AB ∩

←→PQ, então

SPABSQAB

=PMQM

.


Exercício

Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C.Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.

DH = + DB + BH = − BD + BH = − BH · DCHC

+ BH

= +BHHC·(−DC + HC

)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício


DH

= + DB + BH = − BD + BH = − BH · DCHC

+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício


DH = + DB + BH

= − BD + BH = − BH · DCHC

+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício


DH = + DB + BH = − BD + BH

= − BH · DCHC

+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício



+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício



+ BH


)

= − BHHC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício



+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)

= − BHHC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício



+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício



+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0

⇓D = H.


Exercício



+ BH


)= − BH

HC·(+DC + CH

)= − BH

HC· DH

⇓

DH ·(

1 + BH/HC)

= 0

⇓

DH · BH + HCHC

= 0

⇓DH · BC/HC = 0

⇓DH = 0⇓

D = H.


Exercício: a área com sinal de um quadrilátero

AD

B

C

Definição:SABCD = SABC + SACD.

Exercício:SABCD = SBCDA.


Exercício: o teorema de Menelau

B

C

A

D

E

F

Hipótese:

A, B e C são pontos livres.F ∈←→AB.

D ∈←→BC.

E ∈←→AC.

Tese:

D, E e F são colinearesm

AFFB· BD

DC· CE

EA= −1.


Vamos praticar!

B

C

P

A

DE

F

Hipótese:


←→AP ∩

←→CB.

E =←→PB ∩

←→AC.

F =←→CP ∩

←→AB.

Tese:

APAD

+BPBE

+CPCF

= ? .


Vamos praticar!

A B

CD

O

EF

GH

Hipótese:

ABCD é um quadrilátero.O é um ponto livre.E =

←→AO ∩

←→BD.

F =←→BO ∩

←→AC.

G =←→CO∩

←→BD.

H =←→DO∩

←→AC.

Tese:

AHHC· CF

FA· BE

ED· DG

GB= ? .


Dia 3


Fácil ou difícil?

A

B

E

C

D

P

5

4

2

6

160/31

x

Qual é o valor de x?



A B C

P

SPBCSPAB

=BCAB

.



P

Q

A BM

Se M =←→AB ∩

←→PQ, então

SPABSQAB

=PMQM

.


Teorema

A

B

E

C

D

P

Hipótese:

A, B e C são pontos livres.D ∈←→AC.

E ∈←→AB.

CD = u · AD.AE = v · BE .P =

←→BD ∩

←→CE .

Tese:

PDPB

=u · vu − 1

.

u = −3 e v = −5/4 ⇒ PD/PB = u · v/(u − 1) = −15/16⇒ PD = (−15/16) · PB = −150/31.


Teorema

A

B

E

C

D

P

5

4

2

6

160/31

x

Hipótese:


E ∈←→AB.

CD = u · AD.AE = v · BE .P =

←→BD ∩

←→CE .

Tese:

PDPB

=u · vu − 1

.

u = −3 e v = −5/4 ⇒ PD/PB = u · v/(u − 1) = −15/16⇒ PD = (−15/16) · PB = −150/31.


Demonstração do teorema

A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

PDPB

=SDECSBEC

,SDECSDEA

=DCDA

=CDAD

= u,SBECSAEC

=BEAE

=1v

,

PDPB

=SDECSBEC

=u · SDEA1v· SAEC

= u · v · SDEASAEC

= u · v · DAAC

= u · v · DAAD + DC

= u · v · DAAD + u · DA

=u · vu − 1

.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

PDPB

=SDECSBEC

,SDECSDEA

=DCDA

=CDAD

= u,SBECSAEC

=BEAE

=1v

,

PDPB

=SDECSBEC

=u · SDEA1v· SAEC


= u · v · DAAC


= u · v · DAAD + u · DA

=u · vu − 1

.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

PDPB

=SDECSBEC

,SDECSDEA

=DCDA

=CDAD

= u

,SBECSAEC

=BEAE

=1v

,

PDPB

=SDECSBEC

=u · SDEA1v· SAEC


= u · v · DAAC


= u · v · DAAD + u · DA

=u · vu − 1

.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

PDPB

=SDECSBEC

,SDECSDEA

=DCDA

=CDAD

= u,SBECSAEC

=BEAE

=1v

,

PDPB

=SDECSBEC

=u · SDEA1v· SAEC


= u · v · DAAC


= u · v · DAAD + u · DA

=u · vu − 1

.


Corolário

A

B CF

DE

P

As medianas de um triângulo são sempre concorrentes e oponto de interseção divide cada mediana na proporção 2 : 1.


Vamos praticar!

A

B

E

C

D

P

Se

A, B e C são pontos livres,D ∈←→AC,

E ∈←→AB,

CD = u · AD,AE = v · BE eP =

←→BD ∩

←→CE ,

então sabemos que

PDPB

=u · vu − 1

.

Pergunta: qual é o valor dePEPC

em termos de u e v?


Fácil ou difícil?

C

A

B

D

E

F

Q

R P (1 3) jAC jÁ

(2 3) jAC jÁ

(1 3) jAC jÁ

(2 3) jAC jÁ

(1 3) jBC jÁ

(2 3) jBC jÁ

Qual é o valor deárea do ∆PQRárea do ∆ABC

?


Teorema

C

A

B

D

E

F

Q

R P

Hipótese:


E ∈←→AB.

F ∈←→BC.

CD = u · AD.AE = v · BE .BF = w · CF .u = v = w = −1/2.

Tese:

SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u).


Teorema

C

A

B

D

E

F

Q

R P (1 3) jAC jÁ

(2 3) jAC jÁ

(1 3) jAC jÁ

(2 3) jAC jÁ

(1 3) jBC jÁ

(2 3) jBC jÁ

Hipótese:


E ∈←→AB.

F ∈←→BC.

CD = u · AD.AE = v · BE .BF = w · CF .u = v = w = −1/2.

Tese:

SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u)=

17.


Lema

A

B

E

C

D

P

Hipótese:


E ∈←→AB.

CD = u · AD.AE = v · BE .P =

←→BD ∩

←→CE .

Tese:

SPBCSABC

=u

u − 1− u · v.


Demonstração do lema

A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

SABCSPBC

=SPBC + SPCA + SPAB

SPBC=

SPBCSPBC

+SPCASPBC

+SPABSPBC

= 1− SAPCSBPC

− SAPBSCPB

= 1− AEBE− AD

CD= 1− v − 1

u=

u − u · v − 1u

.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

SABCSPBC

=SPBC + SPCA + SPAB

SPBC

=SPBCSPBC

+SPCASPBC

+SPABSPBC

= 1− SAPCSBPC

− SAPBSCPB

= 1− AEBE− AD

CD= 1− v − 1

u=

u − u · v − 1u

.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

SABCSPBC

=SPBC + SPCA + SPAB

SPBC=

SPBCSPBC

+SPCASPBC

+SPABSPBC

= 1− SAPCSBPC

− SAPBSCPB

= 1− AEBE− AD

CD= 1− v − 1

u=

u − u · v − 1u

.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

SABCSPBC

=SPBC + SPCA + SPAB

SPBC=

SPBCSPBC

+SPCASPBC

+SPABSPBC

= 1− SAPCSBPC

− SAPBSCPB

= 1− AEBE− AD

CD

= 1− v − 1u

=u − u · v − 1

u.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

SABCSPBC

=SPBC + SPCA + SPAB

SPBC=

SPBCSPBC

+SPCASPBC

+SPABSPBC

= 1− SAPCSBPC

− SAPBSCPB

= 1− AEBE− AD

CD= 1− v − 1

u

=u − u · v − 1

u.



A

B

E

C

D

P

CD = u · AD, AE = v · BE ,P =

←→BD ∩

←→CE .

SABCSPBC

=SPBC + SPCA + SPAB

SPBC=

SPBCSPBC

+SPCASPBC

+SPABSPBC

= 1− SAPCSBPC

− SAPBSCPB

= 1− AEBE− AD

CD= 1− v − 1

u=

u − u · v − 1u

.



C

A

B

D

E

F

Q

R P

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

SPQRSABC

=SABC − SPBC − SQCA − SRAB

SABC= 1− SPBC

SABC− SQCA

SABC− SRAB

SABC⇓

SPQRSABC

= 1− uu − 1− u · v

− vv − 1− v · w

− ww − 1− w · u

⇓SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u).



C

A

B

D

E

F

Q

R P


SPQRSABC


SABC

= 1− SPBCSABC

− SQCASABC

− SRABSABC

⇓SPQRSABC

= 1− uu − 1− u · v

− vv − 1− v · w

− ww − 1− w · u

⇓SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u).



C

A

B

D

E

F

Q

R P


SPQRSABC


SABC= 1− SPBC

SABC− SQCA

SABC− SRAB

SABC

⇓SPQRSABC

= 1− uu − 1− u · v

− vv − 1− v · w

− ww − 1− w · u

⇓SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u).



C

A

B

D

E

F

Q

R P


SPQRSABC


SABC= 1− SPBC

SABC− SQCA

SABC− SRAB

SABC⇓

SPQRSABC

= 1− uu − 1− u · v

− vv − 1− v · w

− ww − 1− w · u

⇓SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u).


Corolário: versão forte do teorema de Ceva

C

A

B

D

E

F

Q

R P


←→AF ,←→BD e

←→CE são concorrentes⇔ u·v ·w = CD

AD·AEBE·BFCF

= −1.

SPQRSABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u).


Vamos praticar!

P

Q

A BM

Sabemos que

se M =←→AB ∩

←→PQ, então

SPABSQAB

=PMQM

.

Mostre que:SBPQSBPAQ

=MBAB

=SMBQSABQ

.


Lema 3.1 (de eliminação)

A B

C

D

L

Hipótese:

A, B, C e D são pontos livres.L =←→AB ∩

←→CD.

Tese:

SBCDSBCAD

=LBAB

=SLBDSABD

, isto é, SLBD =SBCD · SABD

SBCAD.


Teorema 3.7: construção de seqüências harmônicas

A

B

C

D

L KF G

Hipótese:

A, B, C e D são pontos livres.L =

←→AB ∩

←→CD.

K =←→AD ∩

←→BC.

F =←→BD ∩

←→LK .

G =←→AC ∩

←→KL.

Tese:

LFKF

=LGGK

.


Teorema 3.8: o teorema de Pappus

A

B

Cr

D

E

F

s

P Q R

Hipótese:

r e s são retas.A, B e C são pontos em r .E , F e G são pontos em s.P =

←→AE ∩

←→DB.

Q =←→AF ∩

←→DC.

R =←→BF ∩

←→EC.

Tese:

P, Q e R são sempre colineares.


Teorema 3.9

A B

P

Q

R Hipótese:

A, B, P e Q são pontos livres.R ∈←→PQ.

Tese:

SRAB =PRPQ· SQAB +

RQPQ· SPAB.


Teorema 4.1

A B

D C

O

Hipótese:

ABCD é um paralelogramo.O =

←→AC ∩

←→BD.

Tese:

AO = OC, isto é,AOOC

= 1.


Teorema 4.2: o teorema de Tales

C

A Xr

mn

s

t

Z

B Y

Hipótese:

r , s e t são retas paralelas.m e n são retas transversais.A = m ∩ r .B = m ∩ s .C = m ∩ t .X = n ∩ r .Y = n ∩ s .Z = n ∩ t .

Tese:

ABCB

=XYZY

.


Teorema 4.3

A B

C D

P

Q

M

Hipótese:←→AB e

←→CD são retas paralelas.

P =←→AC ∩

←→BD.

Q =←→AD ∩

←→BC.

M =←→PQ ∩

←→AB.

Tese:

M é o ponto médio de AB, isto é, AM = MB.


Teorema 4.4: o axioma de Pascal

A C

R

B

Q

P

Hipótese:

r e s são duas retas.A, B , C ∈ r .P , Q, R ∈ s.AQ ‖ RB.BP ‖ QC.

Tese:

AP ‖ RC.


Teorema 4.5: o axioma de Desargues

S

A

C

B

X

Y

Z

t

s

r

Hipótese:

r , s e t são retas distintas.S = r ∩ s ∩ t .A, X ∈ r .B , Y ∈ s.C, Z ∈ t .AB ‖ XY .AC ‖ XZ .

Tese:

BC ‖ YZ .


Teorema 4.6

A B

D CX

Y

Z

WP

Q

R

S

CXCD

=DYDA

=AZAB

=BWBC

=13⇒ SPQRS =

SABCD13

.


Proposição 4.2

A B

D C

PQ

O Hipótese:

ABCD é um paralelogramo.P e Q são pontos livres.

Tese:

SAPQ + SCPQ = SBPQ + SDPQ, isto é, SPAQB = SPDQC


Proposição 4.3

A B

D C

P

Hipótese:

ABCD é um paralelogramo.P é um ponto livre.

Tese:

SPAB = SPDC − SADC = SPDAC .


Características de um teorema de interseção pura

Os únicos objetos geométricos que aparecem noenunciado do teorema são pontos e retas.

As únicas operações geométricas permitidas são traçaruma reta por pontos, marcar a interseção entre duas retase traçar uma reta paralela à outra por um dado ponto.

O teorema é do tipo construtivo: todos os pontos e retasenvolvidos na formulação da hipótese do teorema podemser definidos ou construídos um a um.

A tese é uma propriedade sobre concorrência ouparalelismo entre retas.


Exemplo: o teorema de Ceva

B

C

P

A

DE

F

S = (C1, C2, C3, C4, C5, C6, C7; G)

G = (E1, E2)

E1(x , y , z) = x + y + z, E2(x , y , z) = 1

x =AFFB

, y =BDDC

e z =CEEA

C1: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre A.

C2: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre B.

C3: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre C.

C4: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre P.

C5: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o pontofixo D, definido como a interseção das retas

←→AP e

←→CB.

Condição de não-degenerescência: AP ∦ CB.

C6: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o pontofixo E , definido como a interseção das retas

←→BP e

←→AC.

Condição de não-degenerescência: BP ∦ AC.

C7: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o pontofixo F , definido como a interseção das retas

←→CP e

←→AB.

Condição de não-degenerescência: CP ∦ AB.


Condições de não-degenerescência

B

C

P

A

DE

F

S = (C1, C2, C3, C4, C5, C6, C7; G)

AP ∦ CB, BP ∦ AC, CP ∦ AB︸︷︷︸provenientes de C5, C6 e C7

F 6= B, D 6= C, E 6= A︸︷︷︸provenientes das razões em E1

C1: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre A.

C2: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre B.

C3: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre C.

C4: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o pontolivre P.

C5: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o pontofixo D, definido como a interseção das retas

←→AP e

←→CB.

Condição de não-degenerescência: AP ∦ CB.

C6: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o pontofixo E , definido como a interseção das retas

←→BP e

←→AC.

Condição de não-degenerescência: BP ∦ AC.

C7: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o pontofixo F , definido como a interseção das retas

←→CP e

←→AB.

Condição de não-degenerescência: CP ∦ AB.


O teorema da reta de Gauss

Sejam A0, A1, A2 e A3 quatro pontos no plano.

Se X =←−→A1A2 ∩

←−→A0A3, Y =

←−→A0A1 ∩

←−→A2A3 e M1, M2 e M3 são os

pontos médios de A1A3, A0A2 e XY , respectivamente, então

M1, M2 e M3 são colineares.

A2A3

A1A0

M 1M 2

M 3

X

Y


Dia 1Dia 2Dia 3

Demonstrações Legíveis Geradas por Computador em Geometria Euclidiana Plana… · 2014. 3....

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