Usando estas propriedades, provamos que:

Transcrição

1 Áreas de Polígonos

2 Função área Uma função área é uma função que a cada região delimitada por um polígono, associa um número real com as seguintes propriedades: Regiões delimitada por polígonos congruentes têm áreas iguais. Se uma região poligonal R delimitada por um polígono convexo é particionada em um número finito de outras regiões poligonais delimitada por polígonos convexos (i.e., se a região poligonal é a união de um número finito de outras regiões poligonais convexas, as quais não têm pontos interiores comuns), então a área da região R é a soma das áreas das regiões poligonais menores. Se uma região poligonal (maior) contém outra (menor) em seu interior, então a área da região poligonal é maior que a área da região poligonal menor. A área de um quadrado de lado 1cm é igual a 1cm 2.

3 Usando estas propriedades, provamos que: Para todo n N, a área da região limitada por um quadrado de lado n é igual a n 2. De fato, particione o quadrado de lado n N em n 2 quadrados de lados 1 cada. Denotemos a área do quadrado maior por A n, devemos ter A n igual à soma das áreas desses n 2 quadrados de lado 1, de maneira que A n = n 2.

4 Considere, agora, uma região limitada por um quadrado de lado m, com m, n N, e área A m. Arranje n 2 cópias do n mesmo, empilhando n quadrados de lado lado m n n filas, formando assim um quadrado de lado m n. n = m. n por fila, em Tal quadrado maior terá, como já sabemos, área m 2 ; por outro lado, como ele está particionado em n 2 quadrados de lado m cada, sua área é igual à soma das áreas desses n n 2 quadrados, i.e., Portanto, m 2 = n 2 Am. n Am= m2. n n 2

5 A discussão acima sugere que a área de um quadrado de lado l deve ser igual a l 2. De fato vamos argumentar de maneira análoga à prova do teorema de Tales: para k N, tomamos números racionais x k e y k tais que x k < l < y k e y k x k < 1 k Em seguida, construímos quadrados de lados x k e y k, o primeiro contido no quadrado dado e o segundo o contendo. Como já sabemos calcular áreas de quadrados de lado racional, o postulado 3: acima garante que a área A l do quadrado de lado l deve satisfazer as desigualdades x k 2 < A l < y k 2 Mas como x k 2 < l 2 < y k 2, concluímos que ambos os números A l e l 2 devem pertencer ao intervalo (x k 2, y k 2 ), de maneira que

6 Tendo de satisfazer a desigualdade acima para todo número natural k, temos que A l l 2 = 0, i.e., A l = l 2. Resumimos a discussão acima na seguinte proposição:

7 Um argumento análogo permite provar que um retângulo de lados a e b tem área igual a ab :começamos com um retângulo de lados m, n N, dividindo-o em mn quadrados de lado 1 para mostrar que sua área é mn. Em seguida, tomamos um retângulo de lados m 1 n 1 e m 2 n 2, com m 1 ; m 2 ; n 1 ; n 2 N, e, com n 1 n 2 cópias do mesmo, montamos um retângulo maior de lados m1 e m2. Somando áreas iguais, concluímos que a área do retângulo dado originalmente é igual a

8 Por fim, tomamos um retângulo de lados a; b > 0 reais, e, para k N, racionais x k ; y k ; u k ; v k tais que e x k < a < y k, u k < b < v k y k x k ; u k v k < 1 k. Sendo A a área do retângulo de lados a e b, um argumento análogo ao feito para regiões limitadas por quadrados garante que A e ab pertencem ambos ao intervalo (u k x k, y k v k ) e, daí, para todo k N,

9 Também como antes, a validade da desigualdade acima para todo k N garante que A = ab, fato que resumimos na seguinte proposição: Calculemos a área de um paralelogramo como corolário da discussão acima. Para tanto, fixado um lado de um paralelogramo, o qual chamaremos de base, diremos que a distância entre ele e seu lado paralelo é a altura do paralelogramo.

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11 Demonstração: Sejam respectivamente E e F os pés das perpendiculares baixadas de D e C à reta AB e suponha, sem perda de generalidade, que E AB. É imediato verificar que os triângulos ADE e BCF são congruentes pelo caso catetohipotenusa. de modo que AE = BF e A(ADE) = A(BCF). Então, temos A(ABCD) = A(ADE) + A(BEDC) = A(BCF) + A(BEDC) = A EFCD. Por outro lado, EFCD é um retângulo de altura h e base EF = EB + BF = EB + AE = AB = a. Portanto, A(ABCD) = A(EFCD) = ah.

12 De posse da fórmula para o cálculo da área de paralelogramos, podemos facilmente obter uma fórmula correspondente para a área de triângulos:

13 Demonstração: Seja S = A(ABC) e D a interseção da paralela a BC por A com a paralela a AB por C. É imediato verificar que ABCD é um paralelogramo de área 2S (uma vez que ABC BCD). Portanto, 2A(ABC) = 2S = ah a, donde segue a primeira igualdade. As outras duas igualdades podem ser obtidas de modo análogo.

14 Agora, calcular áreas de polígonos convexos é, em princípio, uma tarefa fácil: as diagonais do mesmo traçadas a partir de um de seus vértices o particionam em triângulos, e basta calcular a área de cada um desses triângulos com a ajuda da proposição anterior. Para uso futuro, se dois polígonos tiverem áreas iguais, diremos que são equivalentes. Por exemplo, um paralelogramo de base a e altura h é equivalente a um retângulo de lados a e h.

15 APLICAÇÕES

16 Sendo d a distância entre as retas BC e AA, temos

17 Em relação à figura dada a seguir, construa com régua e compasso o ponto E BC tal que A(ABE) = A(ABCD).

18 Descrição dos passos. 1. Trace, pelo ponto D, a reta r, paralela à reta AC. 2. Marque o ponto E de interseção de r com a reta BC. 3. Pelo corolário anterior, os triângulos ACD e ACE têm áreas iguais; logo, ABE e ABCD também têm áreas iguais. E

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21 (a) Basta ver que ah e bc são duas expressões distintas para o dobro da área de ABC. De fato, (b) Construa exteriormente a ABC, os quadrados ABDE, BCFG e ACJK e seja I o ponto de interseção da semirreta AH com FG. De AI BG temos

22 Por outro lado, como BD = AB, BC = BG e DBC = 90 + B = ABG, os triângulos BCD e BGA são congruentes por lal. Portanto, A BCD = A BGA = an 2. ( ) Mas AC BD, de modo que A BCD = A ABD = c2 2. ( ) Segue, então, de ( ) e ( ) que c 2 = an. Provar que b 2 = am é análogo.

23 (c) Somando membro a membro as duas relações do item (b), obtemos

24 A fórmula para a área de um triângulo também nos dá uma maneira de calcular áreas de trapézios. Vamos definir a altura de um trapézio pela a distância entre as bases.

25 Suponha, sem perda de generalidade, que a > b. Se E AB for tal que AE = b, então o quadrilátero AECD tem dois lados paralelos e iguais, de modo que é um paralelogramo. Como BE = a b, temos

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27 Como AC BD, temos que

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29 Sejam BC = a; B C = a e h e h as alturas de ABC e A B C, respectivamente relativas a BC e B C. Como a = ka e h = kh, segue que

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33 Sejam I o incentro e I a o ex-incentro relativo a BC. Temos:

34 Teorema de Ptolomeu Se ABCD é um quadrilátero inscritível de diagonais AC e BD, então AB. CD + AD. BC = AC. BD.

35 Seja ABCDo quadrilátero inscrito. Tracemos BE de modo que ABE = DBC. Observe que os triângulos ABE e BDC são semelhantes, pois os ângulos BDC e BAC são iguais. Assim, AE. BD = AB. CD Analogamente, os triângulos CBEe ADBsão semelhantes, pois BCE = BDA, e EBC = EBD + DBC = EBC + ABE = ABD de modo que Logo BC. AD = BD. CE AE. BD + BD. CE = AB. CD+BC. AD Como AE+ CE = AC, segue o resultado.

36 Estamos, agora, em condições de provar outro corolário do teorema de Ptolomeu, o teorema de Carnot, enunciado a seguir.

37 Sejam M, N e P respectivamente os pontos médios dos lados BC, CA e AB, de modo que OM BC, ON CA e OP AB. Então, os quadriláteros BMOP, CNOM e APON têm, cada um, dois ângulos opostos retos, sendo portanto inscritíveis. Denotando, por simplicidade, BC = a, obtemos então, pelo teorema de Ptolomeu, as igualdades, onde R denota o raio do círculo circunscrito a ABC:

38 Por outro lado como os triângulos OBC, OCA e OAB particionam o triângulo ABC, temos

39 Mas sendo respectivamente p o semiperímetro e r o raio do círculo inscrito em ABC, sabemos da proposição anterior que A(ABC) = p r, relação que, substituída na igualdade acima, nos dá Por fim, somando ordenadamente a última relação acima com as três primeiras, obtemos (x + y + z)p = (R + r)p; donde segue o teorema de Carnot.

40 ÁREA DO CÍRCULO

41 O que é o número? Existem formas diferentes de responder essa pergunta. Na primeira metade do século XVIII, Euler passou a usar sistematicamente essa letra grega para representar a razão entre o comprimento da circunferência e seu diâmetro. Mais recentemente, tornou-se popular a seguinte definição: é a área do círculo de raio 1.

42 Essa é a definição que adotaremos aqui. Ela nos leva quase imediatamente à fórmula que calcula a área de qualquer círculo. De fato, como dois círculos são figuras semelhantes, um círculo de raio r é semelhante ao círculo de raio 1 e a razão de semelhança é a razão entre seus raios. Sabemos que a razão entre as áreas de duas figuras semelhantes é igual ao quadrado da razão de semelhança. Assim, se S é a área de um círculo de raio r, temos que

43 Logo, a área do círculo de raio r é S = πr 2 Vamos calcular a área do círculo como limite das áreas dos polígonos regulares nele inscritos quando o número de lados cresce indefinidamente.

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46 Seja C r a circunferência de centro O e raio r e seja P n o polígono regular de n lados inscrito nessa circunferência. A área do círculo de raio r é r 2 e a área de P n será representada por A(P n ). Queremos provar que, tomando o número n de lados suficientemente grande, a área de P n pode ser tão próxima de r 2 quanto se deseje. Mais precisamente, dado o número positivo α < r 2 provaremos que é possível achar n tal que

47 Como os vértices de P n dividem a circunferência em n partes iguais, o lado l n do polígono pode tornar-se tão pequeno quanto se deseje, bastando que n seja suficientemente grande. No triângulo retângulo formado pela hipotenusa r cujos catetos são o apótema a n e a metade do lado l n tem-se

48 Tomemos s = α π. Assim α = πs 2 e como πs 2 = α < πr 2 tem-se s < r. Assim o círculo C s de centro O e raio s tem área A(C s ) = e está contido em C r. Podemos tomar n tão grande que l n 2 < r s. Então

49 Mostramos então:

50 Podemos raciocinar de forma inteiramente análoga com polígonos circunscritos. O resultado correspondente é o seguinte:

51 O comprimento da circunferência O comprimento de uma circunferência é o número real cujas aproximações por falta são os perímetros dos polígonos regulares inscritos nela. A figura a seguir mostra como obter experimentalmente o comprimento de uma circunferência de raio r a partir do fato que a área do círculo correspondente é conhecida. Decompomos o círculo em um número par bastante grande de setores e arrumamos esses setores na forma sugerida pela figura à direita.

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55 A área do setor circular

56 A área do segmento circular