ELEMENTOS: 052-Generalização do Teorema de Viviani

quarta-feira, 27 de junho de 2012

052-Generalização do Teorema de Viviani

Teorema. Seja um ponto $P$ interior de um polígono regular de $n$ lados. Considere os $n$ segmentos $PB$ , $PC$ , $PD$ ,..., $P_nZ$ que se originam de $P$ e são perpendiculares a cada lado do polígono. Então a soma destes segmentos é $n$ vezes a apótema $OA$ .

Demonstração. O ângulo $\beta$ é formado entre duas perpendiculares consecutivas ( $BPC$ , $CPD$ , etc...). Assim, a soma de todos os ângulos $\beta$ é $360^o$ , ou seja, $\beta=\frac{360^o}{n}$ .

Em relação à primeira perpendicular $PB$ :

$PB=BS+SP$ , com

$BS=a$
e

$SP=OP.\cos(\alpha)=d \cos(\alpha)$

$\rightarrow PB=a+dcos(\alpha)$

Em relação à segunda perpendicular $[;PC;]$ :

$PC=OA^{'}-PT$ ,com

$OA^{'}=a$
e

$PT=OP. \cos (t)=d\cos[180^o-(\alpha+\beta)]=-d \cos(\alpha+\beta)$

$\rightarrow PC=a+dcos(\alpha+\beta)$

Em relação à terceira perpendicular $PD$ :

$PD=OA^{''}-PV$ , com

$OA^{''}=a$
e

$PV=OP.\cos(v)=d \cos[180^o-(\alpha+2 \beta)]=-d \cos(\alpha+2 \beta)$

$\rightarrow PD=a+d \cos(\alpha+2 \beta)$

E assim por diante, de forma que

Primeira perpendicular: $PB=a+dcos(\alpha)$

Segunda perpendicular: $PC=a+dcos(\alpha+\beta)$

Terceira perpendicular: $PD=a+d \cos(\alpha+2 \beta)$

Quarta perpendicular: $PE=a+d \cos(\alpha+3 \beta)$

$[;...............................................................................................;]$

Enésima perpendicular: $P_nZ=a+dcos[\alpha+(n-1) \beta]$

Logo, a soma das perpendiculares será

$S=n.a+d[\cos(\alpha)+\cos (\alpha+\beta)+ \cos(\alpha+2 \beta)+...+\cos(\alpha+(n-1)\beta)]$

Mas, pela parte $b)$ do corolário $I$ do post 029 (renovado especialmente para este artigo), temos

$\sum_{n=1}^{n} \cos[\alpha+(n-1)\beta]=\frac{ \cos \left [\frac{\beta(n-1)}{2}+\alpha\right]sen \left(\frac{\beta n}{2}\right)}{sen \left(\frac{\beta}{2} \right)}$

E a soma $S$ dos segmentos perpendiculares fica

$[;S=n.a+d.\left{\frac{ \cos \left [\frac{\beta(n-1)}{2}+\alpha\right]sen \left(\frac{\beta n}{2}\right)}{sen \left(\frac{\beta}{2} \right)\right};]$

Finalmente, como $[;\beta=\frac{360^o}{n};]$ , o fator $[;sen \left(\frac{\beta n}{2}\right);]$ entre chaves do numerador é igual a $[;sen \left(\frac{360^o}{n}.\frac{n}{2}\right)=sen(180^o)=0;]$ .

Logo, $[;S=n.a;]$

Nota Histórica: Vicenzo Viviani ( $[;1622-1703;]$ ) , matemático e cientista italiano, foi aluno de Evangelista Torricelli ( $[;1608-1647;]$ ) e, durante um bom período, colaborador direto de Galileu Galilei ( $[;1564-1642;]$ ). Quando este morreu, Viviane foi seu biógrafo. A reputação de grande filósofo natural que Vicenzo tinha na época, começou a ser destruída quando a Igreja o proibiu de publicar uma edição completa das obras de Galileu. Publicou a versão italiana dos Elementos de Euclides em $[;1690;]$ . O teorema de Viviani é o caso particular do presente teorema quando o número de lados do polígono regular é $[;n=3;]$ ( triângulo equilátero, onde a altura é o triplo da apótema ).

Referência Bibliográfica

Trigonometria Elementar, F.T.D, Ed.Livraria Paulo Azevedo & Cia, 1928.

O Livro da Matemática, Clifford A. Pickover, Ed.Librero, 2009.

Imagens

http://pt.wikipedia.org/wiki/Vincenzo_Viviani

13 comentários:

Anônimo27 de junho de 2012 às 10:43
Excelente post. Bastante elegante a demonstração. Nunca tinha ouvido falado desse teorema. Permita-me dar outra solução (sempre bom ter mais de uma):
Seja S a área do poligono citado ( com n lados de comprimento l ). Temos:
S=(PA.l+PB.l+...+PZ.l)/2=n{OA.l}/2
Segue que:
PA.l+PB.l+...+PZ.l=nOA.l.
Logo,
PA+PB+...+PZ=n.OA.
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Aloisio Teixeira27 de junho de 2012 às 11:31
Obrigado, Hugocito! E, de fato, sua demonstração é mais simples. Mas neste artigo encontrei uma boa oportunidade para aplicar os somatórios trigonométricos. A demonstração que apresentei encontrei em um livro impresso em 1928! Valeu.
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Anônimo27 de junho de 2012 às 14:39
Os livros antigos são os melhores. Eu tenho alguns.
Semprei estudei com eles e não me arrependo.
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Anônimo27 de junho de 2012 às 14:43
Veja que coisa interessante.
Você mostrou que
S=na+d[cos(alfa)+...+cos(alfa + (n-1)beta)]
e eu mostrei que S=na.
Logo, temos uma demonstração geométrica de que
cos(alfa)+...+cos(alfa + (n-1)beta)=0.
Ou seja, combinando esses métodos de demonstração, temos uma demonstração simples desse somatório
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Prof. Paulo Sérgio27 de junho de 2012 às 22:16
Bem interessante este teorema. Eu conhecia apenas um problema semelhante no triângulo equilátero cuja demonstração é igual a apresentada pelo Hugocito. Combinando resultados, temos uma prova geométrica da integral natural ou antiderivada finita da sequência cosseno.
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Aloisio Teixeira27 de junho de 2012 às 23:33
Tem também o curioso teorema de Morley ([;1860-1937;]) que diz que, em qualquer triângulo, os três pontos de intersecção das trissetrizes adjacentes formam sempre um triângulo equilátero. Este teorema foi demonstrado rigorosamente apenas no século [;XX;], mas desconheço a prova.
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Anônimo28 de junho de 2012 às 10:17
Tem a demonstração em Coxeter and Greitzer - Geometry Revisited (1967).
Página 47.
Caso não tenha o livro, baixe ele pelo link:
http://analgeomatica.files.wordpress.com/2008/11/geometryrevisited_coxetergreitzer_0883856190.pdf

Faz uma postagem sobre ele, é interessante e desconhecido.
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Aloisio Teixeira28 de junho de 2012 às 10:31
Oi, Hugocito!

Pena que seja em inglês. Eu não domino a língua inglesa.

Acho que vc é o mais qualificado para fazer a postagem.

Abraços!
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