Teorema de Morley
Author:
luiz
Last Updated:
6 yıl önce
License:
Creative Commons CC BY 4.0
Abstract:
Demonstração do teorema de Morley
\begin
Discover why over 20 million people worldwide trust Overleaf with their work.
Demonstração do teorema de Morley
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Discover why over 20 million people worldwide trust Overleaf with their work.
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\titulo{Teorema de Morley}
\autor{Luiz Felipe Abreu Almeida}
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\begin{document}
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\textual
\section{Introdução}
Primeiramente, vamos enunciar o Teorema de Morley:
\textbf{“Em qualquer triângulo, os três pontos de intersecção das trissetrizes
adjacentes formam sempre um triângulo equilátero.”}
Observando a prova de Dan Sokolowsky publicada na \textit{Revista Escolar de la Olimíada Iberoamerica de Matemática} e de Coxeter e Greitzer encontrada no livro \textit{Geometry Revisited}, podemos determinar uma demonstração que utiliza apenas os conceitos da Geometria Euclidiana Plana.
\subsection{Demonstração - por Geometria Euclidiana Plana}
Dado um triângulo $ABC$, seja $\hat{A}=3\alpha$, $\hat{B}=3\beta$ e $\hat{C}=3\gamma$.
Em seguida, constroem-se as trissetrizes de $\hat{B}$ e $\hat{C}$, assim obtendo os pontos de encontro dessas trissetrizes nomeados de $E$ e $G$, onde $E$ é o encontro das trissetrizes adjacentes.
Desta forma, $BE$ e $CE$ são bissetrizes dos ângulos $C\hat{B}G$ e $B\hat{C}G$, respectivamente.
\begin{figure}[!htb]
\centering
\includegraphics{figuras/figura1.jpg}
\label{Rotulo}
\end{figure}
Pode-se observar que o ponto $E$ é incentro do triângulo $BCG$.
Desta forma, traçando as retas $r$, $s$ perpendiculares à $BG$ e $GC$ passando pelo ponto $E$, encontraremos os pontos:
\begin{center}
$H=r\cap AB$, $J=r\cap BG$, $K=s\cap GC$, $I=s\cap AC$.
\end{center}
\begin{figure}[!htb]
\centering
\includegraphics{figuras/figura2.jpg}
\label{Rotulo}
\end{figure}
Temos, por contrução, que $E\hat{B}J=J\hat{B}H$ e $E\hat{J}B=H\hat{J}B$.
Desta forma, tendo $JB$ como lado comum podemos concluir que $EBJ\cong HBJ$.
Conclui-se então que $BH\cong BE$ e portanto o triânguo $EBH$ é isosceles, implicando que $BJ$ é a altura relativa a base e portanto $JE\cong JH$.
Analogamente, teremos $KE\cong KI$. Mas, como temos $E$ é o incentro do triângulo $BGC$, isso implica que $JE\cong EK$ que nos leva a concluir que:
\begin{center}
$HJ\cong JE\cong EK\cong KI$
$HE\cong EI$
\end{center}
Podemos observar que $E\hat{B}C\cong E\hat{B}J=\beta$ e $E\hat{C}B\cong E\hat{C}K=\gamma$.
Dessa forma, teremos:
\begin{center}
$B\hat{E}C=180^\circ-\beta-\gamma$
\end{center}
Além disso, como os triângulos $EBJ$ e $EKC$ são retângulos em $J$ e $K$, respectivamente, temos que:
\begin{center}
$B\hat{E}J=90^\circ-\beta$ e $C\hat{E}K=90^\circ-\gamma$
\end{center}
Portanto,
\begin{center}
$H\hat{E}I=360^\circ-(180^\circ-\beta-\gamma)-(90^\circ-\beta)-(90^\circ-\gamma)$
$H\hat{E}I=2(\beta+\gamma)$
\end{center}
Mas sabemos, do triângulo $ABC$ que $3\alpha+3\beta+3\gamma=180^\circ$, logo $\alpha+\beta+\gamma=60^\circ$ que implica em $\beta+\gamma=60^\circ-\alpha$
Por fim, chegamos que $H\hat{E}I=120^\circ-2\alpha$
Agora, contrõe-se uam circunferência $\lambda$ que contém os pontos $A$, $H$ e $I$.
\begin{figure}[!htb]
\centering
\includegraphics{figuras/figura3.jpg}
\label{Rotulo}
\end{figure}
Vamos definir os seguintes pontos:
\begin{center}
$O=centro(\lambda)$
$M=\lambda\cup HE$, $Q=\lambda\cup BG$
$S=\lambda\cup IE$, $P=\lambda\cup CG$
\end{center}
E em seguida, traçar os raios, destes pontos, da circunferência $\lambda$.
Pelo teorema do ângulo central teremos que $H\hat{O}I=2H\hat{A}I$, dessa forma:
\begin{center}
$H\hat{O}I=6\alpha$
\end{center}
Como $HE\cong EI$, $OH\cong OI$ (raio de $\lambda$) e $OE$ é lado comum aos triângulos $HOE$ e $IOE$, teremos, pelo caso de congruência $LLL$, que $HOE\cong IOE$.
Dessa forma, $H\hat{O}E\cong I\hat{O}E$ e $H\hat{E}O\cong I\hat{E}O$ que implica que $OE$ é bissetriz de $H\hat{O}I$ e $H\hat{E}I$.
Isso nos leva a concluir que:
\begin{center}
$2O\hat{E}H=H\hat{E}I\rightarrow O\hat{E}H=60^\circ-\alpha$
$2H\hat{O}E=H\hat{O}I\rightarrow H\hat{O}E=3\alpha$
$O\hat{H}E=180^\circ-(60^\circ-\alpha)-3\alpha=120^\circ-2\alpha$
\end{center}
Temos, por construção, que $OHM$ é isosceles de base $HM$. Logo, $O\hat{H}M\cong O\hat{M}H$.
Pelo teorema do ângulo externo, teremos
\begin{center}
$M\hat{O}E+O\hat{E}M=O\hat{M}H$
$M\hat{O}E=(120^\circ-2\alpha)-(60^\circ-\alpha)=60^\circ-\alpha$
\end{center}
Isso vai nos dizer que o triângulo $OME$ é isosceles de base $OE$.
Analogamente, o triângulo $OSE$ é isosceles de base $OE$ e $S\hat{O}E=60^\circ-\alpha$
Como $S\hat{O}E\cong M\hat{O}E$, $OM\cong OS$ e eles possuem $OE$ em comum, pelo caso de congruência $LAL$, teremos $OME\cong OSE$ e portando o quadrilátero $OMES$ é um losango.
Assim, podemos determinar que a reta que contém $ME$ é paralela a reta que contém $OS$.
Como $O\hat{H}E=120^\circ-2\alpha=E\hat{E}H$, temos que o trapézio $OHES$ é isósceles.
Dessa forma, a mediatriz $BG$ de $HE$ é também mediatriz de $OS$.
Como o ponto $Q$ está sobre $BG$, temos $OQ\cong QS$. Mas $OQ\cong OS$, logo o triângulo $OQS$ é equilátero, implicando que $Q\hat{O}S=60^\circ$.
Como o ângulo $S\hat{O}E=60^\circ-\alpha$ teremos que:
\begin{center}
$Q\hat{O}E=Q\hat{O}S-S\hat{O}E$
$Q\hat{O}E=\alpha$
\end{center}
Logo, teremos
\begin{center}
$Q\hat{O}H=3\alpha-\alpha=2\alpha$ $S\hat{O}I=3\alpha-\alpha=2\alpha$ $Q\hat{O}P=2Q\hat{O}E=2\alpha$
\end{center}
Pelo teorema do ângulo central, teremos
\begin{center}
$Q\hat{A}H=Q\hat{O}H/2=\alpha$
$S\hat{A}I=S\hat{O}I/2=\alpha$
$Q\hat{A}P=Q\hat{O}P/2=\alpha$
\end{center}
Logo, os pontos $Q$ e $P$ estão sobre as trissetrizes de $\hat{A}$.
Como $OH\cong OQ\cong OP\cong OI$, temos $HOQ\cong QOP\cong POI$.
Assim, $HQ\cong QP$.
Sabendo que $Q$ está sobre a mediatriz de $HE$, temos $QE\cong QH$.
Analogamente, $PE\cong PI$.
Isso nos leva a concluir que:
\begin{center}
$QE\cong HQ\cong QP$
$EP\cong PI\cong QP$
$QE\cong QP\cong PE$
\end{center}
Conclunido assim que o triângulo $QPE$ é equilátero e os pontos $Q$, $E$ e $S$ são os pontos de intersecção das trissetrizes adjacentes.
\end{document}