Teorema de Morley
Author:
luiz
Last Updated:
před 6 lety
License:
Creative Commons CC BY 4.0
Abstract:
Demonstração do teorema de Morley
\begin
Discover why 18 million people worldwide trust Overleaf with their work.
Demonstração do teorema de Morley
\begin
Discover why 18 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}