JULIANE AMARAL DE OLIVEIRA TEOREMA DE PITÁGORAS

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1 JULIANE AMARAL DE OLIVEIRA TEOREMA DE PITÁGORAS Monografia apresentada ao Curso de Especialização em Matemática da Universidade Federal de Minas Gerais, como requisito parcial à obtenção do título de Especialista. Orientador: Prof. Francisco Dutenhefner. Belo Horizonte MG 2008

2 SUMÁRIO 1. INTRODUÇÃO PITÁGORAS ALGUMAS DEMONSTRAÇÕES DO TEOREMA DE PITÁGORAS A demonstração clássica A demonstração por semelhança de triângulos A RECÍPROCA DO TEOREMA DE PITÁGORAS Primeiro caso, quando A < 90º Segundo caso, quando A > 90º GENERALIZAÇÕES DO TEOREMA DE PITÁGORAS APLICAÇÕES Exemplo 1: Exemplo 2: OFICINAS 7.1 Primeira atividade Segunda atividade Terceira atividade Quarta atividade A necessidade da demonstração formal 8.1 Atividade Atividade Resolução das atividades propostas nas oficinas 9.1 Primeira atividade

3 9.2 Segunda atividade Terceira atividade Quarta atividade Referencias Bibliográficas

4 INTRODUÇÃO Através desse trabalho venho apresentar algumas demonstrações do Teorema de Pitágoras e algumas propostas de atividades para professores de matemática, desenvolvendo assim um material lúdico para atrair os alunos ao conteúdo. Essas atividades são apresentadas na forma de oficinas que podem ser utilizadas por professores de matemática em aulas sobre o Teorema de Pitágoras. A idéia dessas oficinas é familiarizar o aluno com esse resultado através da resolução de quebra-cabeças. Em todos eles, o seguinte aspecto geométrico do Teorema de Pitágoras será explorado: a soma das áreas dos quadrados construídos sobre os catetos de um triângulo retângulo é igual à área do quadrado construído sobre a hipotenusa deste triângulo. Deste modo, nas atividades da oficina, o aluno será convidado a decompor os quadrados construídos sobre os catetos em alguns pedaços e depois reagrupar essas peças exatamente sobre o quadrado construído sobre a hipotenusa. Ao final da monografia, apresentaremos algumas atividades interessantes para chamar a atenção de que demonstração matemática não pode ser dada exclusivamente através da interpretação de uma ilustração. Por exemplo, somente as atividades de recortar e colar apresentados nas oficinas propostas, não constituem demonstrações completas para o teorema de Pitágoras. Veremos que é realmente importante demonstrar que as peças se encaixaram perfeitamente e que não existe alguma falha ou sobreposição de peças. 4

5 2. PITÁGORAS Pitágoras nasceu na ilha de Samos, nas costas da Ásia Menor, por volta do ano 572 a.c. Nessa época Samos era uma rica cidade-estado mercantil, mas, talvez justamente por isso, sua vida intelectual era muito limitada, apesar de viverem ali muitos homens de talento. Esse fato, aliado ao duro regime político sob o qual Samos vivia, deve ter sido o motivo que levou Pitágoras, que sempre revelara pendores místicos e filosóficos, a deixar a cidade. Assim, aos 18 anos de idade ele mudou para a ilha de Lesbos, onde por dois anos estudou filosofia. Depois disso seguiu para Mileto, possivelmente para usufruir os ensinamentos de Tales, que era mais velho do que ele cerca de cinquenta anos. Talvez aconselhado por Tales, rumou então para o Egito, para tentar aprender o saber local, concentrado nas mãos das ordens sacerdotais. Depois de vencer duras provas acabou sendo aceito como aluno em Tebas, na Grécia, onde permaneceu por cerca de vinte anos. Depois disso Pitágoras voltou a Samos, onde pretendia se dedicar ao ensino. Mas, confirmando talvez o desinteresse dos sâmios pelo saber, Pitágoras só conseguiu um aluno e, assim mesmo, tendo de pagar-lhe para que ele assistisse às suas aulas. Esse fato, somado à situação da política de Samos, levou-o a emigrar mais uma vez, indo estabelecer-se agora na colônia grega de Crotona, no sul da Itália. Nessa cidade fundou uma escola que, apesar de seu misticismo, iria ter uma influência muito grande nos rumos da filosofia e da ciência, especialmente da matemática. Pitágoras é considerado o pai da matemática e da música, e é considerado também um dos mais importantes filósofos daquela época, como menciona o filósofo Bertrand Russel, que classificou Pitágoras como um dos homens mais importantes de todos os tempos no plano intelectual. Por volta do ano 500 a.c., quando a escola estava no auge de seu esplendor, foi fechada sob a acusação de apoiar a aristocracia, contrária ao governo. Pitágoras teve então de se refugiar em Metaponto, cidade em que ficaria até morrer, por volta do ano 497 a.c. Mas durante quase dois séculos seus ensinamentos continuaram a serem transmitidos por seus discípulos, que se espalharam por diversas regiões. 5

6 Uma das grandes contribuições da escola pitagórica à matemática foi organizar algumas partes da geometria, como a teoria das paralelas, por meio do método demonstrativo. Ou seja, por meio de teoremas. Diga-se, a bem da verdade, porém, que nenhum escrito da escola pitagórica sobreviveu até hoje e, portanto, informações como essa derivam de fontes indiretas muito posteriores. Assim, por exemplo, com base em alguns depoimentos posteriores, acredita-se que os pitagóricos tenham sido o primeiro a fazer a demonstração daquilo que se tornaria conhecido como o Teorema de Pitágoras. Atualmente esse teorema costuma ser enunciado assim: O quadrado da hipotenusa de um triângulo retângulo é igual à soma dos quadrados dos catetos. (ver referencia [1]). 6

7 3. ALGUMAS DEMONSTRAÇÕES DO TEOREMA DE PITÁGORAS Nesse capítulo serão apresentadas algumas demonstrações do Teorema de Pitágoras: se o triângulo retângulo de catetos b e c tem hipotenusa a, então a b c. 3.1 A demonstração clássica Considere um quadrado ABCD de lado b c. Sobre os lados desse quadrado marque pontos M, N, P, Q, como na figura a seguir, de modo que: AM BN CP DQ b MB NC PD QA c D c P b C b Q c c c N b A b M c B Pelo caso de congruência LAL os triângulos retângulos QAM, MBN,NCP e PDQ são congruentes ao triângulo retângulo da hipótese. Daí segue que MN NP PQ QM a. Isso implica que o quadrilátero MNPQ é um losango. Vamos mostrar que, de fato, ele é um quadrado. Suponhamos que os ângulos agudos do triângulo de hipótese sejam: e a c b 7

8 D c P b C b Q c c c A b M c N b B Pela congruência dos triângulos QAM, MBN,NCP e PDQ descritos acima, os ângulos agudos destes triângulos retângulos medem e, de acordo com a figura acima. Como = 90º segue que cada ângulo interno do quadrilátero MNPQ deve ser reto. Isso demonstra que MNPQ é um quadrado de lado a. Daí a área do quadrado de lado com a área de quatro triângulos retângulos de catetos b c é igual a soma da área do quadrado de lado a b e c. 2 bc Isto é: ( b c) 4 a² b² 2bc c² 2bc a² b² c² a² 2 queríamos demonstrar., como 8

9 3.2 A demonstração por semelhança de triângulos Seja dado um triângulo retângulo ABC de cateto b e c e hipotenusa a. A altura AH, relativa à base BC, dividi esse triângulo em dois outros: BHA e CHA. Como os ângulos agudos de um triângulo retângulo somam 90º, segue os triângulos retângulos ABC, HBA e HAC possuem os mesmos ângulos, logo são semelhantes. Da semelhança ABC ~ HBA obtemos: BC BA BA BH a c Da semelhança c m c 2 ma. ABC ~ HAC obtemos: BC AC AC HC a b b n b 2 na. Logo temos: b b 2 2 c c 2 2 na ma n m a b 2 c 2 a a b 2 c 2 a 2 9

10 4. A RECÍPROCA DO TEOREMA DE PITÁGORAS Seja dado um triângulo de lados a, b e c, tais que a 2 b 2 c 2. Pode-se afirmar que esse triângulo é retângulo de hipotenusa a? Nessa seção vamos demonstrar que a resposta dessa pergunta é afirmativa. Para isso, vamos considerar um triângulo ABC de lados a, b e c tal que AB c, BC a, CA b C b a A c B 4.1 Primeiro caso, quando A < 90º Suponhamos que b c. Neste caso, o ponto D, projeção de C sobre AB, está no interior do segmento AB> Sejam AD x, CD h e DB c x. No triângulo ADC, retângulo em D, temos as seguintes relações: b² h² x² h² b² x² No triângulo BDC, retângulo em D, temos seguintes relações: a² h² a² b² c² 2cx a² b² x² c² 2cx x² c x ² Essa última igualdade implica que a² b² c². 10

11 4.2 Segundo caso, quando A > 90º Tomemos o ponto D, projeção de C, sobre a reta AB. Neste caso, o ponto D não pertence ao segmento AB. Como no caso anterior sejam AD x e CD h. No triângulo ADC, retângulo em D, temos: b² h² x² h² b² x² No triângulo DCB, retângulo em D, temos a² h² a² h² c² 2cx x² a² b² x² x² c² 2cx a² b² c² 2cx c x ² Então podemos concluir que a² b² c². Resumindo as conclusões acima, para qualquer triângulo ABC, de lados a, b e c temse que se A 90º então a² b² c². se A 90º então a² b² c². se A 90º então a² b² c². Portanto se um triângulo de lados a, b e c é tal que a² b² c², então esse triângulo é retângulo no vértice A. Esse resultado é conhecido como a recíproca do Teorema de Pitágoras. 11

12 5. UMA GENERALIZAÇÃO DO TEOREMA DE PITÁGORAS Segundo o enunciado do Teorema de Pitágoras, a área do quadrado construído sobre a hipotenusa de um triângulo retângulo é igual à soma das áreas dos quadrados construídos sobre os catetos. Nesta seção vamos demonstrar que esse resultado pode ser generalizado para quaisquer figuras semelhantes construídas sobre os lados de um triângulo retângulo. Para isso, vamos considerar figuras semelhantes quaisquer construídas sobre os lados de um triângulo retângulo de hipotenusa a e catetos b e c. Sejam A, B e C as áreas dessas figuras, conforme está indicado na figura acima. Pela propriedade da razão entre áreas de figuras semelhantes, sabemos que ela é igual ao quadrado da razão de semelhança. Daí temos que ou seja, A B a b 2 e A C a c 2. A B A C e. a² b² a² c² Portanto A B C. a² b² c² 12

13 B C B C Da seguinte propriedade das proporções obtemos então que 2 2 b² c² b c A a B C 2 2 ² b c A B C.. Como, pelo Teorema de Pitágoras, a b c concluímos que Logo, se figuras semelhantes são construídas sobre os lados de um triângulo retângulo, a área da figura construída sobre a hipotenusa é igual à soma das áreas das figuras construídas sobre os catetos. 13

14 6. APLICAÇÕES Exemplo 1: Determinar o raio da circunferência circunscrita a um triângulo isósceles de base 8 e altura 10. Resolução: Na figura a seguir temos um triângulo isósceles ABC de base BC 8, altura AM 10, inscrito em uma circunferência de centro O e raio R. Como OB OC R, o ponto O está na mediatriz de BC, que é a altura AM. Daí os pontos A, O e M estão alinhados e OM AM AO 10 R. Logo, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo OBM, obtemos R² 4² ,8 R² R R² 20R 116 R R 10 R ² 14

15 Exemplo 2: (o problema de Hipócrates) Seja dado um triângulo retângulo e três semicircunferências tendo os lados desse triângulo como diâmetro. Observe a figura a seguir: Neste caso, a soma das áreas das duas lúnulas hachudadas na figura é igual à área do triângulo. Demonstração: Seja T a área do triângulo. Sejam P e Q as áreas das lúnulas hachuradas na figura acima. Sejam U e V as áreas compreendidas entre as lúnulas e os catetos do triângulo, conforme indicado na figura a seguir. Através da aplicação do Teorema de Pitágoras apresentada na seção 5, podemos concluir que a área do semicírculo construído sobre a hipotenusa é igual à soma das áreas dos semicírculos construídos sobre os catetos. Então temos que: T U V P U Q V Daí segue que T P Q. Ou seja, a soma das áreas das duas lúnulas é igual à área do triângulo. 15

16 7. OFICINAS Neste capítulo apresentaremos algumas propostas de oficinas que podem ser utilizadas por professores de matemática em aulas sobre o Teorema de Pitágoras. As discussões detalhadas de cada uma dessas atividades estão desenvolvidas no capítulo 9. A idéia dessas oficinas é familiarizar o aluno com esse resultado através da resolução de quebra-cabeças. Em todos eles, o seguinte aspecto geométrico do Teorema de Pitágoras será explorado: a soma das áreas dos quadrados construídos sobre os catetos de um triângulo retângulo é igual à área do quadrado construído sobre a hipotenusa deste triângulo. Deste modo, nas atividades da oficina, o aluno será convidado a decompor os quadrados construídos sobre os catetos em alguns pedaços e depois reagrupar essas peças exatamente sobre o quadrado construído sobre a hipotenusa. Além disso, propomos que o professor desenvolva essas atividades na seguinte ordem: 1. Propor a resolução das atividades para os alunos e deixar que eles resolvam os quebra-cabeças recortando e colando as peças. 2. Depois dos quebra-cabeças resolvidos o professor deve questionar os estudantes se as peças realmente se encaixaram perfeitamente ou se existe alguma falha ou sobreposição de peças. 3. Motivar a necessidade de demonstrar formalmente a resolução dos quebracabeças explorando as atividades do capítulo Finalmente, dependendo da turma, apresentar as demonstrações formais (capítulo 9) das atividades propostas na oficina. 16

17 7.1 Primeira atividade O Teorema de Pitágoras pode ser enunciado assim: C A soma das áreas dos quadrados construídos sobre os catetos de um triângulo retângulo é igual à área do quadrado construído sobre a hipotenusa desse triângulo. Ou seja, na figura ao lado a área A somada com a área B é igual à área C. A B Uma maneira de experimentar este fato é mostra que é possível dividir os quadrados construídos sobre aos catetos em algumas peças que podem ser reorganizadas para formar o quadrado construído sobre a hipotenusa. A figura a seguir indica uma maneira de dividir os quadrados construídos sobre os catetos em 5 peças que podem ser perfeitamente encaixadas sobre o quadrado construído sobre a hipotenusa. Atividade: recortar as 5 peças da figura a seguir e, com elas, montar o quadrado sobre a hipotenusa. 17

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19 7.2 Segunda atividade O objetivo desta atividade é resgatar o enunciado original do Teorema de Pitágoras: a soma das áreas dos quadrados construídos sobre os catetos de um triângulo retângulo é igual à área do quadrado construído sobre a hipotenusa deste triângulo. Nas figuras abaixo temos, à esquerda, um triângulo retângulo e os três quadrados construídos sobre os seus lados e, à direita, uma ilustração de como podemos recortar os dois quadrados construídos sobre os catetos (um em 4 peças e o outro em apenas uma peça) de modo que estas cinco peças podem ser perfeitamente encaixadas sobre o quadrado construído sobre a hipotenusa. Atividade: Recortar as cinco peças indicadas na figura da próxima página, e tentar encaixálas sobre o quadrado maior, construído sobre a hipotenusa do triângulo retângulo. 19

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21 7.3 Terceira atividade Dois quadrados quaisquer podem ser decompostos em 5 pedaços que reorganizados formam outro quadrado. A figura abaixo ilustra como esse corte deve ser feito. Atividade: recortar as 5 peças na próxima página e montar um novo quadrado com elas. Atividade: qual a relação dessa atividade com o Teorema de Pitágoras? Atividade: Como a linha tracejada deve ser traçada? 21

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23 7.4 Quarta atividade A atividade anterior pode ser simplificada, observando que dois quadrados podem ser decompostos em 3 peças que reorganizadas formam um novo quadrado. A figura abaixo ilustra como esse corte deve ser feito. Atividade: recortar as 3 peças da figura da direita e montar um novo quadrado com elas. Atividade: qual a relação dessa atividade com o Teorema de Pitágoras? 23

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25 8 A NECESSIDADE DA DEMONSTRAÇÃO FORMAL O objetivo desse capítulo é mostrar que uma demonstração matemática não pode ser dada exclusivamente através da interpretação de uma ilustração. Por exemplo, somente as atividades de recortar e colar explicados no capítulo anterior, não constitui demonstrações completas para o teorema de Pitágoras. Veremos, neste capítulo, que é realmente importante demonstrar que as peças se encaixaram perfeitamente e que não existe alguma falha ou sobreposição de peças. 8.1 Atividade 1 Observe as figuras abaixo: A figura 1 é um quadrado de lado 8, e área igual a 64. Ela foi dividida em quatro partes, que reorganizadas formaram o retângulo da figura 2. Agora observe que a figura 2 é um retângulo de lados 13 e 5, e área igual a 65. Então, apesar das figuras 1 e 2 serem formadas a partir de peças iguais, elas têm áreas diferentes. Curioso, não é? De onde apareceu esta unidade extra de área? 25

26 Vamos analisar! Temos a figura abaixo ilustrando o quadrado 8x8 dividido em quatro partes: dois triângulos retângulos congruentes 1 e 2, e dois trapézios congruentes 3 e 4. Vejamos que estas quatro peças podem ser movidas e colocadas dentro de um retângulo 13x5. Entretanto, como se vê na figura abaixo, estas peças não preenchem completamente este retângulo. Observe que fica faltando um paralelogramo bem comprido e magrinho. A área desse paralelogramo é igual à diferença da área do retângulo 13x5 e a área do quadrado 8x8. Logo a área desse paralelogramo é 65-64=1. Portanto essa é a área extra que, misteriosamente, tinha aparecido na falsa montagem proposta nesta atividade. 26

27 Vamos agora justificar que realmente as quatro peças que constituem o quadrado 8x8, quando deslocadas, preenchem somente uma parte do retângulo 13x5, como está indicado na figura anterior. Observe a figura: Juntando as peças 2 e 4 pelo lado de medida 3 obtém-se a figura: Essa figura apenas aparece um triângulo. Ela é de fato um quadrilátero: os pontos A, E e D não estão alinhados. Vejamos isso: 3 No triângulo ABE tem-se que tg. 8 27

28 No triângulo ACD tem-se que 5 tg. 13 Como tg tg os pontos A, E, D não estão alinhados. De modo análogo, as peças 1 e 3 podem ser juntadas, pelo lado com a medida 3, para formar a figura: Como no caso das peças 2 e 4, essa figura é um quadrilátero: os pontos A, H, D não estão alinhados. Assim, as quatro peças do quadrado 8x8 podem ser colocadas dentro do retângulo 13x5, mas sem cobrir o quadrilátero AEDH da figura abaixo. 28

29 8.2 Atividade 2 A figura abaixo ilustra a possibilidade de se dividir um triângulo em 4 peças que podem ser rearmadas (sem sobreposição), dentro do próprio triângulo, mas deixando uma unidade de área descoberta. Como isto é possível? Vamos mostrar que esse efeito óptico é possível, pois as figuras acima não são triângulos retângulos 13x5 como sugere a figura. Elas são, de fato, quadriláteros. A figura a seguir mostra detalhadamente cada uma das quatro peças que constituem a figura apresentada nesta atividade (aparentemente um triângulo retângulo de catetos 13 e 5): 29

30 peça 1 é um triângulo retângulo de catetos 5 e 2 peça 2 é um triângulo retângulo de catetos 8 e 3, peça 3 é constituída de um retângulo 5x1 e de um retângulo 2x1; peça 4 é constituída de um retângulo 3x1 e de um retângulo 5x1; Vejamos agora que, na figura acima, os pontos B, D e A não estão alinhados. De fato, no triângulo DAE, a tangente do ângulo DA ˆ E é igual a 5/2, E no triângulo BAC, a tangente do ângulo 5 2 BA ˆ C é igual a 13/ Como 5/2 é menor do que 13/5 vemos que o ponto D está abaixo do segmento AB. Logo os pontos A, D e B não estão alinhados. Deste modo, as peças 1, 2, 3 e 4 cobrem apenas parcialmente o triângulo retângulo ABC: fica faltando o triângulo BAD. 30

31 Por outro lado, na outra figura proposta na atividade, as peças 1, 2, 3 e 4 foram arrumadas de uma outra maneira, aparentemente sobre o triângulo ABC, mas deixando uma unidade de área descoberta. De fato isto não ocorre, pois naquela figura as quatro peças cobrem uma área fora do triângulo ABC: o triângulo ABT ilustrado abaixo (do mesmo modo como provamos que o ponto D está abaixo do segmento AB, podemos mostrar que o ponto T está acima do segmento AB). Isto explica a aparente contradição ilustrada nesta atividade. 31

32 9 RESOLUÇÃO DAS ATIVIDADES PROPOSTAS NAS OFICINAS 9.1 Primeira atividade Uma possível solução para o quebra-cabeça proposto está ilustrada na figura abaixo. Observe que, nesta solução, a peça 3 foi apenas transladada enquanto que todas as outras além de serem transladadas também foram rodadas. Vamos agora identificar o critério de corte das peças e apresentar uma demonstração de que a solução aqui apresentada está correta. Critério de corte das peças Considere um triângulo retângulo ABC. Construa sobre os seus lados quadrados ABDE, BCHI e AFGC. 32

33 Temos então: P, Q e R, pontos que definem o corte das peças deste quebra-cabeça. G, C e P são pontos colineares. F, A e R são colineares PQ e PC são retas perpendiculares. Demonstração: Prolongue as retas PQ e AR até elas se encontrarem num ponto J. Obtemos assim o quadrilátero ACPJ. Pelo critério de determinação dos pontos P e R, tem-se que esse 33

34 quadrilátero é um retângulo. Vamos mostrar, mais ainda, que o retângulo ACPJ é um quadrado congruente ao quadrado AFGC. Chamemos de o ângulo do vértice A e o ângulo do vértice C do triângulo ABC. Utilizando que a soma dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é 90 o e observando os ângulos retos já existentes, podemos mostrar que vários ângulos que aparecem na figura acima são iguais a ou a. Observe na próxima figura esses ângulos. Como os triângulos ABC e PHC possuem os mesmos ângulos e BC=CH, podemos concluir que esses triângulos são congruentes. Daí segue que AC=CP. Dessa igualdade, podemos então concluir que o retângulo ACPJ é um quadrado congruente ao quadrado AFGC. Deste modo, para resolvermos o quebra-cabeça proposto basta mostrarmos que as suas cinco peças se encaixam perfeitamente no quadrado ACPJ em vez de AFGC. 34

35 A peça 3, o quadrilátero BCPQ, não será movido. Além disso, da congruência entre os triângulos ABC e PHC, podemos mover a peça 5 para ela se encaixar sobre o triângulo ABC. Precisamos somente mostrar que as peças 1, 2 e 4 se encaixam perfeitamente sobre o triângulo AQJ. Para isso, vamos demonstrar que os pontos E, D e J estão alinhados. Imagine os pontos E e J ligados por um segmento e considere os triângulos AEJ e ABC. Como EA AB, EAJ ˆ BAˆ C e AJ AC, pelo caso LAL, podemos concluir que esses triângulos são congruentes. Isto implica que o ângulo do vértice E do triângulo EAJ é reto. Logo a reta EJ é perpendicular a reta EA e, portanto, os pontos E, D e J são colineares. Vamos traçar, passando por J, uma reta perpendicular a reta AI. Chamemos de S a interseção destas duas retas. Considerando os ângulos marcados na figura acima e o fato de que JS=AB tem-se que os triângulos RBA e QSJ são congruentes. 35

36 Deste modo a peça 2 do quebra-cabeça proposto se encaixa perfeitamente sobre o triângulo QSJ. Agora falta então somente demonstrarmos que as peças 1 e 4 se encaixam sobre o triângulo ASJ. Como os triângulos ASJ e JEA são claramente congruentes, então precisamos demonstrar que as peças 1 e 4 se encaixam sobre o triângulo JEA em vez do triângulo ASJ. Mas para fazer isto basta demonstrarmos que a peça 4 se encaixa sobre o triângulo RDJ, ou seja, precisamos mostrar que os triângulos QIP e RDJ são congruentes. De fato, como indicado na figura acima esses triângulos possuem os mesmos ângulos. Além disso, temos que IP IH PH BC AB e DJ EJ ED BC AB. Daí, IP=DJ e, pelo caso LAL, obtemos a congruência dos triângulos QIP e RDJ. Isto implica que a peça 4 se encaixa perfeitamente no triângulo RDJ. Assim concluo a demonstração. 36

37 9.2 Segunda atividade Uma possível solução para o quebra-cabeça proposto está ilustrada na figura abaixo. Observe que, nesta solução, todas as peças foram simplesmente transladadas; nenhuma precisou ser refletida ou girada. Vamos agora identificar o critério de corte das peças e apresentar uma demonstração que esta solução está correta. Vamos agora analisar o critério de corte das peças Considere um triângulo retângulo ABC como na figura a seguir. Construa sobre os seus lados quadrados ABDE, BCHI e AFGC. Seja M o centro do quadrado BCHI, ou seja, M é a interseção das diagonais deste quadrado. Os pontos P, Q, R e S, que definem o corte do quadrado BCHI nas peças 1, 2, 3 e 4, são tais os segmentos PQ e RS são paralelos aos lados do quadrado AFGC, construído sobre a hipotenusa do triângulo inicial. A peça 5 é simplesmente o quadrado ABDE. 37

38 Demonstração: Pelo critério de corte das peças, vemos que os segmentos PQ e RS são perpendiculares. Deste modo, as peças 1, 2, 3 e 4 possuem um ângulo reto no vértice M. 38

39 Vamos mostrar inicialmente que M é o ponto médio dos segmentos PQ e RS, e também que estes dois segmentos são congruentes. De fato, sejam X e Y pontos tais que os segmentos XM e YM são perpendiculares aos lados BI e BC, respectivamente, do quadrado BCHI. Pelo caso ALA obtemos a congruência dos triângulos MYP e MXS : Ambos são triângulos retângulos, XM YP metade do lado do quadrado BCHI., pois estes segmentos são iguais a os ângulos YM ˆ P e XM ˆ S são congruentes pois ambos são os complementares do ângulo SM ˆ Y. Desta congruência concluímos que MP MS. Com um raciocínio análogo, podemos mostrar que MP=MQ=MR=MS. Portanto M é o ponto médio dos segmentos congruentes PQ e RS. Agora, na figura anterior, onde foram definidos os critérios de corte das peças, vemos que o quadrilátero ACRS é um paralelogramo (pois seus lados opostos são paralelos). Isto implica que os segmentos RS e AC possuem a mesma medida. Logo: MP, MQ, MR e MS todos são iguais a metade do lado do quadrado AFGC. O fato dos segmentos MP, MQ, MR e MS serem iguais a metade do lado do quadrado AFGC, e o fato das peças 1, 2, 3 e 4 possuírem ângulo reto no vértice M, implicam 39

40 que estas quatro peças podem ser deslocadas sobre o quadrado AFGC, para se encaixarem perfeitamente, do modo como está ilustrado na figura abaixo. Assim, mostramos que as peças 1, 2, 3 e 4 cobrem todo o quadrado AFGC, exceto por um quadrilátero central, que possui, claramente, somente ângulos retos. Para terminar esta demonstração, precisamos mostrar que este quadrilátero central é igual a peça 5 deste quebra cabeça, ou seja, que ele é igual ao quadrado ABDE. Para fazer isso vamos calcular o lado TU deste quadrilátero central (veja figura abaixo). Relembrando que o quadrilátero ACRS é um paralelogramo, temos que CR=AS. Deste modo, podemos escrever a seguinte seqüência de igualdades: TU TV UV CR BS AS BS AB 40

41 De modo análogo podemos provar que todos os lados do quadrilátero central em questão são iguais aos lados do quadrado ABDE. Isto demonstra que a peça 5 encaixa-se perfeitamente sobre o quadrado central, entre as peças 1, 2, 3 e 4, para formar uma configuração que resolve o quebra-cabeça proposto. 41

42 9.3 Terceira atividade Uma possível solução para o quebra-cabeça proposto está ilustrada na figura abaixo. Observe que, nesta solução, todas as peças foram simplesmente transladadas ou rotacionadas; nenhuma precisou ser refletida. Analisando a resolução proposta, que foi numerada, de acordo com as peças iniciais, vemos que as peças 2 e 3, não foram retiradas da posição inicial. As peças 1 e 4, juntas, foram giradas ao redor do vértice F. Já a peça 5 sofreu uma rotação ao redor do vértice B. Critério de corte: Sejam dados dois quadrados ABCD, de lado a, e DEFG de lado b. 42

43 O ponto P que define o corte das peças deste quebra-cabeça é determinado de tal modo que AP b, o que implica imediatamente que PE a. Como os triângulos retângulos ABP e EPF possuem os mesmos ângulos e correspondente catetos de medidas a e b, segue que eles são congruentes. Desta congruência, e da maneira como a figura é formada, temos que o ângulo reto e que BP PF. BP ˆ F é Agora, sobre o lado BC do quadrado ABCD, construa o triângulo retângulo BCQ, congruente ao triângulo BAP. Traçando o segmento QF, obtemos o quadrilátero BQFP. 43

44 Se mostrarmos que o quadrilátero BQFP é um quadrado, veremos agora que as cinco peças do quebra-cabeça proposto podem ser reorganizadas para se encaixam perfeitamente sobre ele. Isto é, os quadrados ABCD e EFGH podem ser divididos em 5 peças que formam o novo quadrado BQFP. Para mostrar isso, observe que as peças 2 e 3 não precisam ser mexidas. Já a peça 5 se encaixa, por construção, sobre o triângulo BCQ. Além disso, sobre o quadrilátero BQFP, sabemos, por enquanto que: FP PB BQ c e que ele tem ângulo reto no vértice P. Os triângulos FEP e FGQ são congruentes, pois são triângulos retângulos de mesmos catetos: QG QC CG = QC ( CD GD) = b ( a b) a PE e FG FE Desta congruência vemos que as peças 1 e 4 se encaixam perfeitamente sobre o triângulo FGQ e que FQ FP c. Deste modo o quadrilátero BQFP possui todos os seus lados de mesma medida, além de possuir um ângulo reto. Isto implica que este quadrilátero é, de fato, um quadrado, como queríamos demonstrar. Observação: essa atividade também dá origem a uma demonstração do Teorema de Pitágoras, pois ela implica que a soma das áreas dos quadrados ( ABCD e DEFG ) construídos sobre os catetos a e b de um triângulo retângulo ( BCQ) é igual a área do quadrado construído sobre a sua hipotenusa c (quadrado BQFP ). Logo a b c. 44

45 9.4 Quarta atividade Uma possível solução para o quebra-cabeça proposto está ilustrada na figura abaixo. Analisando a resolução proposta, que foi numerada, de acordo com as peças iniciais, vemos que a peça 1 não foi retirada da posição inicial. A peça 2 foi girada ao redor do vértice B. Já a peça 3 sofreu uma rotação ao redor do vértice F. Observe que essa atividade é totalmente análoga à anterior, cuja solução está reproduzida na figura a seguir. A diferença destas atividades está no fato que as peças 1 e 4 da atividade 9.3 constituem a peça 3 da atividade 9.4, e que as peças 3 e 2 da atividade 9.3 constituem a peça 1 da atividade

46 10. REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS 1. LIMA, E.L., CARVALHO,P.C.P.,WAGNER,E.,MORGADO,A.C. Teoremas e Problemas Elementares. Sociedade Brasileira de Matemática, 2.ed, cap.4, hagoras.html