Ana Catarina Lima Cantoni

Numeros Complexos e Alguns Resultados

Classicos da Geometria Plana

Belo Horizonte

2008

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Ana Catarina Lima Cantoni

Numeros Complexos e Alguns Resultados

Classicos da Geometria Plana

Monografia apresentada como requisito par-cial a obtencao do tıtulo de especialistaem Matematica, pelo Programa de Pos-Graduacao da Universidade Federal de MinasGerais.

Orientador:

Jorge Sabatucci

Universidade Federal de Minas Gerais

Instituto de Ciencias Exatas

Belo Horizonte

2008

Monografia de especializacao sob o tıtulo “Numeros complexos e Alguns Resultados

Classicos da Geometria Plana”, defendida por Ana Catarina Lima Cantoni em 06 de

marco de 2008, em Belo Horizonte, Minas Gerais, pela banca examinadora constituıda

pelos professores:

Prof. Mestre Jorge SabatucciDepartamento de Matematica - UFMG

Orientador

Prof. Doutor Michel SpiraDepartamento de Matematica - UFMG

Prof. Doutor Alberto Berly Sarmiento VeraDepartamento de Matematica - UFMG

Agradecimentos

Aquele que e capaz de fazer infinitamente mais do que tudo que pedimos ou pensamos,

agradeco por estar me permitindo ter essa nova conquista nos meus estudos. Ao professor

Jorge Sabatucci agradeco por ter aceitado me orientar neste trabalho, pela dedicacao,

paciencia e por nao ter me deixado desistir diante das dificuldades. Agradeco ao profes-

sor Michel Spira pelo incentivo constante e pelas contribuicoes que deu a este trabalho,

dando sugestoes e fazendo crıticas que muito contribuıram para a elaboracao do mesmo.

Finalmente agradeco ao meu noivo Ronaldo, pelo apoio e pela paciencia e boa vontade de

me ensinar a trabalhar com os programas computacionais que permitiram que este texto

ganhasse a atual formatacao.

Resumo

O objetivo principal deste trabalho e apresentar, com a utilizacao de numeros com-plexos, demonstracoes de cinco teoremas classicos da Geometria Plana: Teorema deNapoleao, Cırculo dos Nove Pontos, A Reta de Simson, Teorema de Morley e o Teoremade Feuerbach. Para isso, inicialmente sao abordadas propriedades de numeros complexosque constituem pre-requisitos para as tais demonstracoes.

Finalizando o trabalho apresentado ainda dois problemas em que se pode percebersimples, mas interessantes, aplicacoes de numeros complexos. Inicialmente sao tratados,tambem propriedades de

Abstract

The paper aims to analize, with the use of complex numbers, the demonstrations of fiveclassic theorems of the plain geometry: Napoleon’s, Morley’s and Feuerbach’s theorem,Circle of the nine points, and the Simson’s straigth line. For this, initially, are accostedproperties of Complex Numbers that constitute perequisite for such demonstrations.

This paper also shows two problems in that may to seem simple, but interestingapplications of Complex Numbers.

Sumario

Introducao p. 8

1 Preliminares p. 9

1.1 Interpretacao Geometrica de Operacoes Analıticas Aplicadas a Numeros

Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 9

1.1.1 Adicao e subtracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 10

1.1.2 Multiplicacao e Divisao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 11

1.1.3 Raızes de Numeros Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 13

1.2 Paralelismo e Perpendicularismo no Plano Complexo . . . . . . . . . . p. 15

1.3 Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 18

1.3.1 Semelhanca e Congruencia de Triangulos . . . . . . . . . . . . . p. 18

1.3.2 Caracterizacao de Triangulos Equilateros . . . . . . . . . . . . . p. 20

1.4 Pontos Notaveis em um Triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22

1.4.1 Circuncentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22

1.4.2 Ortocentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 23

1.4.3 O baricentro de um triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 24

2 Teoremas p. 27

2.1 Teorema de Napoleao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 27

2.2 Cırculo dos Nove Pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 28

2.3 A Reta de Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 31

2.4 O Teorema de Morley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 38

2.5 Teorema de Feuerbach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 43

3 Dois Problemas Interessantes p. 52

Conclusao p. 55

Referencias p. 57

8

Introducao

O presente trabalho constitui a monografia para a finalizacao do curso de Especial-

izacao em Matematica da UFMG e foi desenvolvido sob a orientacao do professor Jorge

Sabatucci.

Inicialmente minha proposta era estudar as curvas chamadas Hipotrocoides, que des-

pertaram minha atencao ao ler o artigo ’Um Brinquedo Chamado Espirografo’ na Revista

do Professor de Matematica,numero 60. Entretanto, um estudo mais aprofundado dessas

curvas nos desviava da Geometria, que era nossa area de interesse. Deste modo, decidimos

estudar alguns teoremas classicos da Geometria Plana utilizando numeros complexos.

Para que nao corressemos o risco de desviarmos do nosso objetivo final, optamos por

utilizar alguns resultados da geometria plana sem demonstra-los formalmente. Assim,

alguns resultados preliminares serao apresentados no primeiro capıtulo e o restante ao

longo do texto, a medida quese fizerem necessarios.

Descreveremos a seguir a estrutura desta monografia.

No primeiro capıtulo, trataremos de propriedades de numeros complexos que consti-

tuirao pre-requisitos para os proximos capıtulos, como equacoes de retas passando por dois

pontos, semelhanca de triangulos, etc. Assim, esse capıtulo constitui uma oportunidade

de familiarizarmos com tecnicas de calculos envolvendo numeros complexos e geometria.

No segundo capıtulo, estudaremos o Teorema de Napoleao, o Cırculo dos Nove Pontos,

a Reta de Simson e finalmente os Teoremas de Morley e Feuerbach.

O terceiro capıtulo foi acrescentado a esse trabalho para apresentar dois problemas

interessantes de geometria plana, sugeridos pelo professor Michel Spira, que podem ser

resolvidos facilmente utilizando-se numeros complexos.

9

1 Preliminares

1.1 Interpretacao Geometrica de Operacoes Analıticas

Aplicadas a Numeros Complexos

Todo numero complexo pode ser representado na forma z = a+bi, onde a, b ∈ R. Isso

nos permite tratar os numeros complexos como vetores em R2, da forma (a, b) nos quais

a primeira coordenada representa a parte real e a segunda coordenada representa a parte

imaginaria. Sendo assim, temos que |z|, que tambem denotaremos por r, e dado por:

|z| =√

a2 + b2.

Todo numero complexo z = a+bi pode ser representado tambem das seguintes formas:

• z = r(cos θ + i sin θ) (forma trigonometrica),

onde 0 ≤ θ ≤ 2π, que chamaremos argumento, e o angulo que o vetor (a, b) faz com

o eixo das abcissas.

• z = reθi (forma exponencial),

onde r e o modulo e θ e o argumento de z. A forma exponencial pode ser deduzida

da forma trigoometrica utilizando-se a relacao de Euler eθi = cos θ + i sin θ.

O conjugado de um numero complexo z = a + bi, que sera chamado conjugado de

z e representado por z, e definido como z = a − bi. Na forma exponencial temos que

z = |z| e−iθ.

Geometricamente, para encontrar o conjugado de um numero complexo basta refletı-lo

em torno do eixo real. Veja a figura 1.

10

0

b

−b

a

z

z

Figura 1: Conjugado de

Numero Complexo

As seguintes propriedades sao validas para os numeros complexos:

• a = Re(z) = 12(z + z),

• b = Im(z) = 12i

(z − z),

• z e real se e somente se z = z,

• z1 + z2 = z1 + z2,

• z1 · z2 = z1 · z2 ,

• |z1z2| = |z1||z2|,

• zz = |z|2,

• |z| = |z|,

•(

z1

z2

)=

z1

z2

• |z| = 1 ⇒ z =1

z

1.1.1 Adicao e subtracao

Ao somarmos ou subtrairmos dois numeros complexos z1 e z2, tratando-os como ve-

tores em R2, obteremos como resultado um novo numero complexo z que, geometrica-

mente, e representado pelo vetor soma z1 + z2 ou pelo vetor diferenca z1 − z2, respectiva-

mente. (Figuras 2 e 3)

11

z1

P1

P2z2

z 1 + z 2

x0

y

Figura 2: Soma de Numeros Com-

plexos

z2

z1

z1−z2

x

y

Figura 3: Diferenca de Numeros Com-

plexos

1.1.2 Multiplicacao e Divisao

A multiplicacao e divisao de numeros complexos ganham significados geometricos mais

interessantes quando eles estao escritos na forma exponencial. O produto de um numero

complexo z = |z|eθi por um numero real a e dado por:

z′ = a|z|eθi,

donde vemos facilmente que apenas o modulo do vetor original e alterado e nao seu

argumento.

O produto de um numero complexos z1 = |z1|eıθ1 e z2 = |z2|eiθ2 e dado por:

z1z2 = |z1||z2|e(θ1+θ2)i

o que significa que o vetor que representa o produto tera modulo igual ao produto dos

modulos originais e argumento igual a soma dos argumentos originais.

Assim, o produto de um numero complexo z = |z|eiθ por um numero complexo de

norma 1, ou seja, da forma eiφ, corresponde, geometricamente, a uma rotacao, em torno

da origem, de um angulo φ no vetor z, sem alterar seu modulo.

Exemplo: Para z = eiθ, z2 e obtido pela rotacao de z por um angulo θ. Outra

rotacao por θ nos da z3.

A divisao de dois numeros complexos z1 = |z1|eıθ1 por z2 = |z2|eiθ2 com z2 6= 0 e dado

porz1

z2

=|z1||z2|

e(θ1−θ2)i,

o que significa que o vetor que representa o quociente tera modulo igual ao quociente dos

modulos originais e argumento igual a diferenca dos argumentos originais.

12

Sendo assim, o quociente de um numero complexo z = |z|eθi por outro numero com-

plexo de modulo 1, ou seja, da forma eiφ, corresponde, geometricamente, a uma rotacao,

em torno da origem, de um angulo −φ no vetor z, sem alterar seu modulo.

E valido observar tambem que multiplicar um numero complexo por i e equivalente

a rotaciona-lo de um angulo π2

no sentido anti-horario e dividir um numero complexo por

i equivale a uma rotacao de π2

no sentido horario.

Como aplicacao da divisao de dois numeros complexos, temos que z1 = r1eıθ1 e z2 =

r2eiθ2 , vistos como vetores no plano complexo;

1. Sao paralelos se, e somente se, o quociente z1

z2e um numero real.

De fato, se z1, z2 sao paralelos o angulo entre eles e da forma kπ, k ∈ Z, ou seja

θ1 − θ2 = kπ e, portanto,

z1

z2

=r1

r2

e(θ1−θ2)i =r1

r2

ekπi ∈ R.

Por outro lado sez1

z2

∈ R temos

e(θ1−θ2)i ∈ R, donde, θ1 − θ2 = kπ, k ∈ Z.

2. Sao ortogonais se, e somente se, o quocientez1

z2

e imaginario.

De fato, se z1, z2 sao ortogonais o angulo entre eles e da forma kπ

2, k ∈ Z, logo

r1

r2

e(θ1−θ2)i =r1

r2

ek π2i e imaginario.

+θ21θθ1

2θ

z1z2

z2

z1

x

y

a

b

ab

Figura 4: Produto de Numeros Com-

plexos

z2z3

z5 z4

z

x

y

θ1

Figura 5: Potencias de Numeros Com-

plexos. Nesse caso |z| = 1

13

z1

z2

z1 z2:x

y

1 2θ1−θ2

Figura 6: Quociente de Complexos

O contrario tambem e verdade, pois sez1

z2

e imaginario temos que

e(θ1−θ2)i e imaginario e portanto, θ1 − θ2 = kπ

2, k ∈ Z.

Para tres pontos distintos α, β, γ ∈ C, o angulo orientado do vetor com origem em

α e extremidade em β, que representaremos por −→αγ, para o vetor−→αβ, definido de modo

analogo, e dado por

argβ − α

γ − α= arg (β − α) − arg (γ − α)

1.1.3 Raızes de Numeros Complexos

Raizes Cubicas da Unidade

Vamos inicialmente encontrar as raızes cubicas da unidade, que serao fundamentais

1 2 x

y

z . iz

Figura 7: Produto de Complexos por i

zi

z

x

y

1

Figura 8: Quociente de Complexos por

i. Nesse caso |z| = 1

14

α

β

γ

Figura 9: Angulo orientado

no desenvolvimento deste trabalho. Para isso devemos encontrar os numeros complexos

z que satisfazem o polinomio z3 − 1 = 0.

E facil ver que z1 = 1 e uma das raızes procuradas. Usando o fato que e2kπi = 1, ∀k ∈Z, temos que:

(e2π3

i)3 = e2πi = 1 e (e4π3

i)3 = e4πi = 1.

Portanto, e2π3

i e e4π3

i tambem sao raızes da unidade. Pelo Teorema Fundamental da

Algebra z3 − 1 = 0 possui exatamente tres solucoes complexas, donde podemos concluir

que as raızes cubicas da unidade sao:

z1 = 1;

z2 = e2π3

i;

z3 = e4π3

i.

A partir de agora z2 = e2π3

i sera representada por ω. Usando essa notacao as raızes

cubicas da unidade sao 1, ω, ω2.

2ω

2π3

ω

1

x0

y

Figura 10: Raızes da Unidade

15

E simples observar que essas tres raızes sao os vertices de um triangulo equilatero

inscrito no cırculo unitario centrado na origem (para facilitar esse cırculo sera denotado

por S1 no restante deste trabalho). Alem disso, sao validas as seguintes relacoes:

• ω2 = ω, ja que ω2 e obtido, geometricamente, pela reflexao de ω em torno do eixo

real.

• ω2+ω+1 = 0 pois, por definicao ω3−1 = 0 e portanto (ω−1)(ω2+ω+1) = ω3−1 = 0

e como ω 6= 1 temos ω2 + ω + 1 = 0.

Raizes n-esimas de um complexo

Para encontrar as raızes n-esimas de um complexo wqualquer, vamos comecar obser-

vando que se z0 e uma das raızes da equacao zn = w entao z0e2kπn

i, k ∈ Z tambem sao,

pois(z0e

2kπn

i)n

= z0e2kπi = z0

n = w .

Sabemos, pelo Teorema Fundamental da Algebra, que a equacao zn − w = 0 possui

exatamente n solucoes complexas. Desta forma, sendo z0 uma das raızes complexas de w

as demais sao dadas por zj = z0ej 2π

ni com j variando de 1 a n − 1.

Assim, dado um complexo qualquer w = reθi as raızes n-esimas de w serao:

z0 = n√

reθn

i;

zj = n√

reθn

iej 2πn

i = n√

re(θ+2πj)

ni, j = 1, 2, ..., n − 1.

Geometricamente esse resultado equivale a dizer que para encontrar as raızes n-esimas

de w basta encontrar uma raız e as outras serao obtidas por rotacoes de multiplos de 2πn

dessa raiz. Essas raızes sao os vertices de um polıgono regular de n lados.

1.2 Paralelismo e Perpendicularismo no Plano Com-

plexo

1. Para que os pontos α, β, γ sejam colineares e necessario e suficiente que os vetores−→αβ e −→αγ sejam paralelos, ou seja, (β − α) = λ(γ − α) com λ ∈ R. Sendo assimβ − α

γ − α∈ R e, portanto

β − α

γ − α=

β − α

γ − α⇐⇒ (β − α)(γ − α) − (γ − α)(β − α) = 0 ⇐⇒

16

∣∣∣∣∣β − α β − α

γ − α γ − α

∣∣∣∣∣ = 0 ⇐⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣

α α 1

β − α β − α 0

γ − α γ − α 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇐⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣

α α 1

β β 1

γ γ 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0. (1.1)

Como aplicacao temos que:

2. Dados os pontos α, β a equacao da reta que passa por esses dois pontos deve satis-

fazerz − α

β − α=

z − α

β − αque e equivalente a

z(α − β) − z(α − β) = α(α − β) − α(α − β). (1.2)

No caso particular em que |α| = |β| = 1, o que significa que α =1

αe β =

1

β, a

equacao 1.2 se torna

z + αβz = α + β. (1.3)

3. Dados α, γ a equacao da reta passando por α na direcao de γ e dada por z−α = λγ

onde λ ∈ R, logoz − α

γ=

z − α

γ= 0, ou seja,

z

γ− z

γ=

α

γ− γ

γ. (1.4)

Como aplicacao, temos que dados α, β, γ a equacao da reta paralela a reta↔

αβ

passando por γ e:z

α − β− z

α − β=

γ

α − β− γ

α − β,

que e equivalente a

z(α − β) − z(α − β) = γ(α − β) − γ(α − β). (1.5)

4. Dados α, γ a equacao da reta S ortogonal a γ passando por α e tal que se z ∈ S

entao,z − α

γe um numero imaginario e portanto,

z − α

γ+

z − α

γ= 0,ou seja,

z

u+

z

u=

z0

u+

z0

u. (1.6)

Como aplicacao temos que dados tres pontos α, β, γ a equacao da reta perpendicular

a reta↔

αβ passando por γ e:

z

α − β+

z

α − β=

γ

α − γ+

γ

α − βque e equivalente a

z(α − β) + z(α − β) = γ(α − β) + γ(α − β). (1.7)

17

Daremos abaixo duas aplicacoes do que foi visto ate agora nesta subsecao.

• Mediatriz de um segmento

Utilizando a equacao 1.7 vamos encontrar a equacao da mediatriz de um segmento

de extremos nos pontos α e β.

A mediatriz procurada e a reta perpendicular a reta↔

αβ passando porα + β

2, logo

ela e dada pela equacao

z(α−β)+z(α−β) =α + β

2(α−β)+

α + β

2(α−β) que quando simplificada se torna

z(α − β) + z(α − β) = |α|2 − |β|2. (1.8)

• Teorema 1.2.1 Uma equacao linear em z e z, ou seja da forma αz + βz = γ e

equacao de uma reta se, e somente se, ela e invariante por conjugacao.

Demonstracao: I) Primeiramente mostraremos que uma equacao de reta e igual

ao seu proprio conjugado. Conforme visto na pagina 16 a equacao de uma reta pode

ser dada pela equacaoz

α+

z

α=

z0

α+

z0

α,

em que α e um vetor perpendicular a essa reta e z0 um ponto da mesma. Tomando

o conjugado de ambos os membros da equacao acima, temos

z

α+

z

α=

z0

α+

z0

α⇐⇒ z

α+

z

α=

z0

α+

z0

α

que e a equacao original.

II)Tomemos agora uma equacao linear em z e z e suponhamos que ela seja igual ao

seu conjugado, ou seja,

αz + βz − γ = αz + βz − γ ⇐⇒ αz + βz − γ = αz + βz − γ ⇐⇒

(α − β)z + (β − α)z + (γ − γ) = 0.

Entao, para que a igualdade seja verdadeira para todo ponto z pertencente a curva

descrita pela equacao, devemos ter α = β e γ = γ sendo que a ultima igualdade

equivale a dizer que γ ∈ R. Substituindo essas igualdades na equacao original,

teremos

βz + βz = γ =⇒ z

β+

z

β=

γ

ββcom

γ

ββ=

γ

|β|2 ∈ R.

18

Logo, para todo ponto z0 pertencente a curva e valido quez0

β+

z0

β=

γ

ββe, portanto,

z

β+

z

β=

z0

β+

z0

β

donde concluımos que a equacao linear representa a equacao de uma reta perpen-

dicular a β.

1.3 Triangulos

1.3.1 Semelhanca e Congruencia de Triangulos

Na geometria elementar os conceitos de congruencia e semelhanca de triangulos sao dos

mais fundamentais. Nessa secao, estudaremos as condicoes de semelhanca e congruencia

de dois triangulos em termos de numeros complexos. Inicialmente introduziremos algumas

notacoes e faremos algumas revisoes.

Dizemos que os triangulos ∆z1z2z3 e ∆w1w2w3 sao semelhantes, e escrevemos

∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3

se, e somente se, o angulo do vertice zk e igual ao angulo de vertice em wk (para k = 1, 2, 3)

e se eles tem a mesma orientacao (isto e, se eles estao ambos no sentido horario ou anti-

horario).

Se eles tem orientacao oposta (um no sentido horario e outro no sentido anti-horario),

entao escrevemos

∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3 .

Note que zk ainda deve corresponder ao wk (k = 1, 2, 3).

Teorema 1.3.1

∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3

⇐⇒ z2 − z1

z3 − z1

=w2 − w1

w3 − w1

⇐⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 w1 1

z2 w2 1

z3 w3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0 (1.9)

19

z1

z3

w3

ξ1

ξ2

ξ3

w2

z2

w1

Figura 11: Semelhanca de triangulos e Ori-

entacao.

Na figura os dois primeiros triangulos tem a

mesma orientacao e os dois ultimos, assim como

o primeiro e o ultimo, tem orientacoes opostas.

Demonstracao: Dois triangulos sao semelhantes se, e somente se, as razoes entre

dois lados correspondentes e a mesma e os angulos formados por esses lados, incluindo a

orientacao, sao iguais. Consequentemente devemos ter

∣∣∣∣z2 − z1

z3 − z1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣w2 − w1

w3 − w1

∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸

(razao entre lados correspondentes)

e argz2 − z1

z3 − z1

= argw2 − w1

w3 − w1︸ ︷︷ ︸(medidas dos angulos)

⇐⇒ z2 − z1

z3 − z1

=w2 − w1

w3 − w1

.

Com argumento semelhante ao usado na pagina 16, obtemos que a ultima igualdade

e equivalente a ∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 w1 1

z2 w2 1

z3 w3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

Observacao ∆w1w2w3 ∼op ∆w1w2w3.

Para ver isso basta observar a figura 12.

Corolario 1.3.2 ∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3

⇐⇒ z2 − z1

z3 − z1

=w2 − w1

w3 − w1

⇐⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 w1 1

z2 w2 1

z3 w3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0 (1.10)

Demonstracao: ∆w1w2w3 ∼op ∆w1w2w3

20

w3

w

w

w

w

3

1

1w

2

2

Figura 12:∆w1w2w3 ∼op ∆ w1w2w3

∆w1w2w3 ∼op ∆w1w2w3

∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3

}⇐⇒ ∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3

z3

z1

z2

w3

w2

w1

w1

w2

w3

Figura 13:∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3 logo ∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3

1.3.2 Caracterizacao de Triangulos Equilateros

Teorema 1.3.3 ∆z1z2z3 e um triangulo equilatero se, e somente se,

z1 + ωz2 + ω2z3 = 0 ou (1.11)

z1 + ω2z2 + ωz3 = 0. (1.12)

21

Demonstracao: De fato, ∆z1z2z3 e equilatero se, e somente se,

∆z1z2z3 ∼ ∆1ωω2 ou ∆z1z2z3 ∼op ∆1ωω2 ⇒ ∆z1z2z3 ∼ ∆1ω2ω.

Mas, pelo que foi mostrado no criterio de semelhanca o primeiro caso acontece se, e

somente se,

∣∣∣∣∣∣∣∣

z1 1 1

z2 ω 1

z3 ω2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇐⇒ z1

(ω − ω2

)+ z2

(ω2 − 1

)+ z3 (1 − ω) = 0

⇐⇒ z1

(ω2 − w3

)+z2

(ω3 − ω

)+z3

(ω − ω2

)= 0 ⇐⇒ −z1−ωz2−ω2z3+z1ω

2+z2+z3ω = 0

⇐⇒ −z1−ωz2−ω2z3+1

ω

(z1ω

3 + z2ω + z3ω2)

= 0 ⇐⇒(

1

ω− 1

)(z1 + ωz2 + ω2z3

)= 0

⇐⇒ z1 + ωz2 + ω2z3 = 0

pois 1ω− 1 6= 0 ja que ω e uma das raızes complexas da unidade.

O segundo caso e analogo ao primeiro e pode ser demonstrado da mesma maneira.

Uma maneira geometrica de ver isso e observando que:

1. Se z1, z2, z3 estao no sentido anti-horario o ∆z1z2z3 e equilatero se, e somente se,

(z3 − z1)e2π3

i = −(z2 − z1) ou seja,

(z3 − z1)ω = z1 − z2 ⇐⇒ z1(1 + ω) − z2 − ωz3 = 0

z1ω2 + z2 + ωz3 = 0 ⇒ z1 +2 +ω2z3 = 0.

2. Se z1, z2, z3 estao em sentido horario o ∆z1z2z3 e equilatero se, e somente se,

(z3 − z1)ω−1 = −(z2 − z1) ⇐⇒ z3 − z1 = ω(z1 − z2)

z1(1 + ω) − ωz2 − z3 = 0 ⇐⇒ z1 + ω2z2+3 = 0.

22

z2

z3

z1

32π

Figura 14: caracterizacao geometrica

de triangulos equilateros

1.4 Pontos Notaveis em um Triangulo

1.4.1 Circuncentro

Teorema 1.4.1 As tres mediatrizes de um triangulo se encontram em um ponto que e

chamado circuncentro do triangulo.

Demonstracao Sejam α, β γ os vertices do triangulo. Entao, pela equacao 1.8,

pagina 17, a mediatrizes dos lados αβ, γα e βγ sao , respectivamente:

(α − β)z + (α − β) z = |α|2 − |β|2 (1)

(γ − α) z + (γ − α) z = |γ|2 − |α|2 (2)(β − γ

)z + (β − γ)z = |β|2 − |γ|2 (3)

Somando-se quaisquer duas dessas equacoes, obtemos a restante. Isso implica que a

intersecao de duas dessas mediatrizes pertence a terceira delas. Por exemplo, somando-se

(1) e (2) obtemos (3). Logo, concluıumos que as tres mediatrizes de um triangulo qualquer

encontram-se em um ponto.

Vamos agora resolver um sistema com as equacoes (2) e (3) para encontrar esse ponto

de interseccao, ou seja, o circuncentro do triangulo.

Isolando z na equacao (3) obtemos

z =|β|2 − |γ|2 − (β − γ)z

(β − α).

23

Substituindo em (2) encontramos

(γ − α)z + (γ − α)

(|β|2 − |γ|2 − (β − γ)z

(β − α)

)= |γ|2 − |α|2 =⇒

(β−γ)(γ−α)z+(γ−α)(|β|2−|γ|2)−(γ−α)(β−γ)z = (β−γ)(|γ|2−|α|2) =⇒

(βγ−βα−γγ+γα−γβ−γγ+αβ−αγ)z = (β−γ)(|γ|2−|α|2)−(γ−α)(|β|2−|γ|2) =⇒

[α(γ −β)+β(α−γ)+γ(β−α)]z = −|α|2(β−γ)−|β|2(γ −α)−|γ|2(α−β) =⇒

z =|α|2(β − γ) + |β|2(γ − α) + |γ|2(α − β)

α(β − γ) + β(γ − α) + γ(α − β)(1.13)

E interessante notar que, por simetria do resultado obtido, podemos ver novamente

que essa solucao tambem satisfaz a equacao (1) do sistema com as tres equacoes das

mediatrizes.

1.4.2 Ortocentro

Teorema 1.4.2 As tres alturas de um triangulo se encontram em um ponto chamado

ortocentro do triangulo.

Demonstracao: Sejam α, β, γ os vertices de um triangulo. De acordo com a equacao

1.7, a reta suporte da altura relativa ao vertice α, que e perpendicular ao lado βγ, e dada

pela equacao:

z(β − γ) + z(β − γ) = α(β − γ) + α(β − γ).

De modo analogo obtemos as retas suportes das alturas relativas aos vertices β e γ.

Com as tres equacoes obtidas, podemos montar o seguinte sistema

z(β − γ) + z(β − γ) = α(β − γ) + α(β − γ) (I)

z(α − γ) + z(α − γ) = β(α − γ) + β(α − γ) (II)

z(α − β) + z(α − β) = γ(α − β) + γ(α − β). (III)

Podemos observar que qualquer uma das tres equacoes e combinacao linear das outras

duas e portanto a interseccao de duas das retas pertence a terceira delas, ou seja, as tres

alturas de um triangulo se encontram. Esse ponto de interseccao e chamado ortocentro

do triangulo.

24

Vamos agora calcular esse ortocentro para o caso particular em que o triangulo esta

inscrito no circulo unitario com centro na origem. Nesse caso, |α| = |β| = |γ| = 1, logo

α =1

α; β =

1

β; γ =

1

γ. Usando essas relacoes, vamos isolar z na equacao III. Temos

z

(1

α−

1

β

)+ z(α − β) = γ

(1

α−

1

β

)+

1

γ(α − β) ⇐⇒

z

(β − α

αβ

)+ z(α − β) = γ

(β − α

αβ

)+

1

γ(α − β) ⇐⇒

(α − β)

(z −

z

αβ

)= (α − β)

(1

γ−

γ

αβ

)⇐⇒ z =

1

γ−

γ

αβ+

z

αβ. (1)

Isolando z na equacao (I) temos

z =1

α−

α

βγ+

z

βγ(2),

substituindo (1) em (2) encontramos

1

γ−

γ

αβ+

z

αβ=

1

α−

α

βγ+

z

βγ, multiplicando ambos os lados por αβγ ficamos com

αβ − γ2 + γz = βγ − γ2 + αz ⇐⇒ (α − γ)z = αβ − βγ − γ2 + α2 ⇐⇒

(α − γ)z = β(α − γ) + (α − γ)(α + γ) ⇐⇒

z = α + β + γ (1.14)

Podemos verificar, geometricamente, que esse resultado esta correto. Por exemplo,

σ − α = β + γ e como o vetorβ + γ

2e perpendicular ao segmento βγ temos que o

vetor σ −α tambem e perpendicular ao segmento βγ. Logo σ pertence a reta suporte da

altura relativa ao vertice α. De modo semelhante, vemos que σ tambem pertence a reta

suporte das alturas relativas aos vertices β e γ e portanto, e o ortocentro do triangulo de

verices α, β, γ. Veja a figura 15.

1.4.3 O baricentro de um triangulo

Teorema 1.4.3 As tres medianas de um triangulo se encontram em um ponto. Esse

ponto e chamado baricentro do triangulo.

Demonstracao: Dados um triangulo com vertices em α, β, γ a reta suporte da mediana

25

α+β2

0

γ

β

α

σ

Figura 15: Verificando geometricamente

que σ e o ortocentro do triangulo de

vertices α, β, γ.

relativa ao lado βγ e a reta que passa por α e pelo ponto medio de βγ. Utilizando a

equacao 1.2 temos que a reta procurada e dada por:

z

(α −

β + γ

2

)− z

(α −

β + γ

2

)= α

(α −

β + γ

2

)− α

(α −

β + γ

2

)⇐⇒

z(2α − β − γ) − z(2α − β − γ) = α(β + γ) − α(β + γ) (I).

De modo analogo obtemos as retas suportes das medianas relativas aos lados αγ e

αβ, que sao respectivamente

z(2β − α − γ) − z(2β − α − γ) = β(α + γ) − β(α + γ) (II)

z(2γ − α − β) − z(2γ − α − β) = γ(α + β) − γ(α + β) (III).

Qualquer uma das tres equacoes acima e combinacao linear das outras duas, somando-

se as equacoes (I) e (II) por exemplo encontramos o oposto da equacao (III), desta

forma as tres medianas se encontram em um ponto que e chamado baricentro do triangulo.

O teorema fica assim demonstrado.

Outra forma de obter esse resultado e usando o fato que a equacao parametrica da

mediana relativa ao lado βγ e dada por:

z = (1 − t)α + t

(β + γ

2

)(0 ≤ t ≤ 1).

Para t =2

3obtemos z =

α + β + γ

3, que por simetria tambem pertence as medianas

26

relativas aos lados αβ e αγ. Concluımos assim, que as tres medianas de um triangulo se

encontram e que se os vertices desse triangulo sao dados por α, β, γ o ponto de encontro,

chamado baricentro ou centro do triangulo, e dado por:

z =α + β + γ

3. (1.15)

27

2 Teoremas

2.1 Teorema de Napoleao

Teorema 2.1.1 (Napoleao) Se sobre cada lado de um triangulo qualquer tracarmos

um triangulo equilatero,externamente ao triangulo dado, entao os centros desses tres

triangulos equilateros determinam os vertices de um quarto triangulo equilatero.

Demonstracao: Sejam z1, z2, z3 os vertices de um triangulo dado e ∆w1z3z2,

∆z3w2z1 e ∆z2z1w3 todos triangulos equilateros com a mesma orientacao que ∆1ωω2

(onde w3 = 1). Sejam tambem ζ1, ζ2, ζ3, respectivamente, os centros desses triangulos

equilateros. De acordo com a equacao 1.11 os triangulos acima devem satisfazer:

w1 + ωz3 + ω2z2 = 0

z3 + ωw2 + ω2z1 = 0

z2 + ωz1 + ω2w3 = 0

Z1

Z2

Z3

ζ2

w1

w2

w3

ζ3

ζ1

Figura 16: Teorema de Napoleao

28

Para que ∆ζ1ζ2ζ3 seja equilatero os vertices ζ1, ζ2, ζ3 devem satisfazer ζ1 + ωζ2 +

ω2ζ3 = 0. Mas, usando a equacao 1.15, temos

ζ1 + ωζ2 + ω2ζ3 =1

3(w1 + z3 + z2) +

ω

3(z3 + w2 + z1) +

ω2

3(z2 + z1 + w3)

=1

3

{(w1 + ωz3 + ω2z2) + (z3 + ωw2 + ω2z1) + (z2 + ωz1 + ω2w3)

}= 0

Donde concluımos entao que ∆ζ1ζ2ζ3 e um triangulo equilatero. E o teorema fica

demonstrado.

Se tivesssemos considerado os triangulos equilateros sobre os lados, mas internamente,

cada um deles seria semelhante ao ∆1ωω2 = ∆1ω2ω e a demonstracao do teorema para

esse caso seria analoga.

2.2 Cırculo dos Nove Pontos

Teorema 2.2.1 (Cırculo dos Nove Pontos) O cırculo que passa pelos pes das alturas

de qualquer triangulo passa tambem pelos pontos medios dos lados, bem como pelos pontos

medios dos segmentos que unem os vertices ao ortocentro desse triangulo.

Demonstracao: Dado um triangulo ABC,por semelhanca de figuras planas, pode-

mos, sem perda de generalidade, supor que o cırculo circunscrito a esse triangulo tem

seu centro na origem do plano complexo e que seu raio vale 1. Sejam α, β, γ os pon-

tos que representam, respectivamente os vertices A, B, C desse triangulo. Temos que

|α| = |β| = |γ| = 1.

Vamos incialmente encontrar o centro do cırculo que passa pelos pontos medios dos

lados do ∆ABC, que chamaremos C. A seguir concluiremos a demonstracao mostrando

que os demais pontos citados no teorema pertencem a esse cırculo.

Nao e difıcil perceber, pela simetria das equacoes, que o centro procurado e dado pelo

ponto α+β+γ

2, pois

∣∣∣∣α + β

2−

α + β + γ

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−

γ

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣α + γ

2−

α + β + γ

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−

β

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣β + γ

2−

α + β + γ

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−

α

2

∣∣∣∣ =1

2.

29

Outra forma de encontrar o circuncentro de C e utilizando a formula 1.13 obtida na

pagina 23. Como os vertices do triangulo considerado sao dados por α+β

2, β+γ

2, γ+α

2,

substituindo-os na formula obtemos:

z =

∣∣α+β

2

∣∣2 (β+γ

2− α+γ

2

)+∣∣β+γ

2

∣∣2 (α+γ

2− α+β

2

)+∣∣α+γ

2

∣∣2 (α+β

2− β+γ

2

)(

α+β

2

) (β+γ

2− α+γ

2

)+(

β+γ

2

) (α+γ

2− α+β

2

)+(

α+γ

2

) (α+β

2− β+γ

2

)

=

(α+β

2

) (α+β

2

) (β−α

2

)+(

β+γ

2

) (β+γ

2

) (γ−β

2

)+(

α+γ

2

) (α+γ

2

) (α−β

2

)(

α+β

2

) (β−α

2

)+(

β+γ

2

) (γ−β

2

)+(

α+γ

2

) (α−γ

2

)

=1

2·(α + β)(β − α)(α + β) + (β + γ)(γ − β)(β + γ) + (α + γ)(α − γ)(α + γ)

(α + β)(β − α) + (β + γ)(γ − β) + (α + γ)(α − γ)

=1

2

(α + β + γ)[(α + β)(β − α) + (β + γ)(γ − β) + (α + γ)(α − γ)

]

(α + β)(β − α) + (β + γ)(γ − β) + (α + γ)(α − γ)

=α + β + γ

2.

Vale observar que, conforme vimos na formula 1.14 no capıtulo 1, α + β + γ, que

chamaremos σ, e o ortocentro do ∆ABC e portanto o circuncento obtido eσ

2.

Vamos tomar agora a distancia do pontoα + β + γ

2=

σ

2ate o ponto medio do

segmento com extremidades no vertice A e no ortocentro H . Essa distancia e dada por

∣∣∣∣α + σ

2−

σ

2

∣∣∣∣ =|α|

2=

1

2.

Analogamente, as distancias deσ

2ate os pontos medios de BH e CH sao iguais a

1

2.

Falta determinar ainda a distancia deσ

2aos pes das alturas e para isso devemos,

primeiramente, determinar esses pontos.

O pe λ da perpendicular do vertice A ate o lado BC e dada pela interseccao das

retas suportes do lado BC e da altura relativa ao vertice A. As equacoes dessas retas

30

sao dadas respectivamente pelas equacoes:

z(β − γ) − z(β − γ) = γ(β − γ) − γ(β − γ);

z(β − γ) + z(β − γ) = α(β − γ) + α(β − γ).

Para encontrar a interseccao entre elas comecamos somando, membro a membro, as

duas equacoes. Assim,

2z(β − γ) = (α + γ)(β − γ) + (α − γ)(β − γ) ⇐⇒

z =1

2

[(α + β) + (α − γ)

(β − γ

β − γ

)]=

1

2

[α + β +

(γ − α

αγ

)(βγ(β − γ)

γ − β

)]⇐⇒

z =1

2

[α + γ − β

(γ − α

α

)]=

1

2

[α + γ −

βγ

α+ β

]=

1

2

[σ −

βγ

α

]= λ

Segue que a distancia deσ

2ate o pe λ (da perpendicular do vertice A ate o lado BC) e

∣∣∣∣λ −σ

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣σ

2−

βγ

2α−

σ

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−

βγ

2α

∣∣∣∣ =1

2.

Analogamente, obtemos os pes das outras alturas do ∆ABC e as distancias deσ

2

ate eles, e tambem encontraremos1

2.

Como a distancia dos 9 pontos citados no teorema tem distancia1

2do centro de C,

concluımos que tal cırculo e o cırculo dos 9 pontos. O teorema fica assim demonstrado.

(γ)C

A

(β)B

(α)

0

σ

Figura 17: Cırculo dos Nove Pontos

31

2.3 A Reta de Simson

Daremos inıcio a essa secao com alguns comentarios preparatorios para a demon-

stracao do teorema sobre a reta de Simson.

Teorema 2.3.1 Quatro pontos z1, z2, z3, z4 estao em um cırculo se, e somente se, o

quocientez1 − z3

z1 − z4

÷z2 − z3

z2 − z4

e real.

Para demonstrar esse teorema usaremos o seguinte fato da Geometria Euclidiana

Plana: Quatro pontos A, B, C, D estao em uma circunferencia se, e somente se ACB =

ADB, no caso dos pontos C, D estarem no mesmo semiplano com relacao a reta AB, ou

ACB + ADB = π no caso dos pontos C, D estarem em semiplanos opostos com relacao a

reta AB.

Vamos observar ainda, pela definicao de angulo orientado, que arg

(z3 − z1

z4 − z1

)e

arg

(z3 − z2

z4 − z2

)tem a mesma orientacao se, e somente se, z1 e z2 estao no mesmo lado

com relacao a reta z3z4.

Z1

Z2

Z3

Z4

Figura 18: z3z1z4 e z3z2z4 com a

mesma orientacao

Z1

Z2

Z4

Z3

Figura 19: z3z1z4 e z3z2z4 com ori-

entacoes opostas

Demonstracao do teorema: Provaremos o teorema para o caso em que z1 e z2 estao

do mesmo lado da reta z3z4, o caso em que estao em lados opostos pode ser demonstrado

de maneira semelhante e sera omitido.

Suponhamos primeiramente que os quatro pontos estejam em uma circunferencia.

Nesse caso, temos z3z1z4 = z3z2z4. Logo

argz3 − z1

z4 − z1

= argz3 − z2

z4 − z2

, donde argz3 − z1

z4 − z1

− argz3 − z2

z4 − z2

= 0

32

e portanto,z3 − z1

z4 − z1

÷z3 − z2

z4 − z1

sera real.

Como, devido a orientacao;

z3z1z4 = argz3 − z1

z4 − z1

e z3z2z4 = argz3 − z2

z4 − z2

teremos

arg

(z3 − z1

z4 − z1

÷z3 − z2

z4 − z2

)= arg

z3 − z1

z4 − z1

− argz3 − z2

z4 − z2

= 0,

e portanto,z3 − z1

z4 − z1

÷z3 − z2

z4 − z1

sera real.

Por outro lado sez1 − z3

z1 − z4

÷z2 − z3

z2 − z4

∈ R temos argz3 − z1

z4 − z1

−argz3 − z2

z4 − z2

= ±π

ou argz3 − z1

z4 − z1

−argz3 − z2

z4 − z2

= 0. Como z1, z2 estao do mesmo lado da reta, o primeiro

caso nao pode acontecer, ja que o modulo de ambos os argumentos e menor que π. Assim

temos que

argz3 − z1

z4 − z1

− argz3 − z2

z4 − z2

= 0 ⇒ argz3 − z1

z4 − z1

= argz3 − z2

z4 − z2

⇒

z3z1z4 = z3z2z4.

Concluımos assim, que z1, z2, z3, z4 estao em uma circunferencia.

Apos esses resultados, estamos prontos para demonstrar o teorema de Simson.

Teorema 2.3.2 (A Reta de Simson) Dado um ∆ABC e um ponto D, sejam P, Q e

R os pes das perpendiculares de D ate os lados (ou prolongamentos dos mesmos) BC,

AB, AB, respectivamente. Entao os pontos P, Q, R estao alinhados se, e somente se, D

esta no cırculo circunscrito do ∆ABC.

Demonstracao: Suponhamos, sem perda de generalidade, que o triangulo ABC

esta inscrito em um cırculo unitario e que os pontos A, B, C, D sao representados, re-

spectivamente, pelos numeros complexos α, β, γ, δ. De acordo com a equacao 1.3 a reta

suporte do lado BC e dada por

z + βγz = β + γ. (1)

33

(α)A

B(β)

D (δ)

P(λ)

Q(µ)

(ν)R

C (γ)

Figura 20: Reta de Simson

Por outro lado, usando a equacao 1.7 obtemos que a equacao da perpendicular ao

lado BC passando por D e dada por

z − βγz = δ − βγδ. (2).

Somando membro a membro as equacoes (1) e (2), encontramos a interseccao z =

P (λ) das duas retas em questao:

λ =1

2(β + λ + δ − βγδ)

De modo analogo, podemos encontrar os pontos Q(µ), R(ν) que sao dados por:

µ =1

2(γ + α + δ − γαδ) e ν =

1

2(α + β + δ − αβδ)

Pelo que vimos na pagina 16, os pontos P (λ), Q(µ), R(ν) sao colineares, se, e so-

mente se,λ − ν

µ − ν∈ R. Para simplificar, usando a notacao |δ| = r(consequentemente

δ =r2

δ), e os valores para λ, µ, ν encontrados, temos

λ − ν =1

2[γ − α − βδ(γ − α)] =

1

2(γ − α)(1 − βδ) ;

µ − ν =1

2[γ − β − αδ(γ − β)] =

1

2(γ − β)(1 − αδ);

λ − ν

µ − ν=

(γ − α)(1 − βδ)

(γ − β)(1 − αδ)= (

α − γ

β − γ) ÷ (

α − δr−2

β − δr−2).

34

Desta forma,

P (λ), Q(µ), R(ν)colineares

⇔ (α − γ

β − γ) ÷ (

α − δr−2

β − δr−2) ∈ R ⇔ α, β, γ, δr−2 estao em um cırculo

⇔ |δr−2| = |α| = |β| = |γ| = 1 ⇔ (|δ||r−2| = 1 ⇔ (|δ|

|δ|2= 1 ⇔ |δ| = 1.

Concluımos assim que D(δ) pertence a circunferencia e o teorema fica demonstrado.

Encontraremos agora a equacao para a reta de Sinsom. Para isso usaremos a mesma

notacao utilizada na demonstracao do teorema. Em particular, assumimos que ∆ABC

esta inscrito em um cırculo unitario e que o ponto D(δ) pertence a esse cırculo.

Como ja sabemos que os pontos λ, µ, ν sao colineares, basta determinar a equacao

da reta que contem os pontos λ, µ que ela contera o ponto ν. De acordo com a equacao

1.2 a reta procurada e dada por:

(µ − λ)z − (µ − λ)z = λ(µ − λ) − λ(µ − λ) (2.1)

Para facilitar vamos calcular separadamente as expressoes µ − λ; µ − λ; λ. Temos

µ − λ =1

2

(α − β − αγδ + βγδ

)=

1

2δ(βγ − αγ + αδ − βδ) ;

µ − λ =1

2(α − β − αγ + βγδ) =

1

2αβγ(βγ − αγ + αδ − βδ) ;

λ =1

2(β + γ + δ − βγδ) =

1

2βγδ(γδ + βδ + βγ − δ2).

Substituindo essas tres expressoes na equacao 2.1 e dividindo ambos os lados da igualdade

por (βγ − αγ + αδ − βδ) obtemos:

1

αβγz −

1

δz =

1

2αβγ(β + γ + δ − βγδ) −

1

2βγδ2(γδ + βδ + βγ − δ2).

Multiplicando ambos os membros da equacao por αβγδ ficamos com:

δz − (αβγ)z =1

2

(βδ + γδ + δ2 − βγ − αγ − αβ −

αβγ

δ+ αδ

)⇐⇒

δz − (αβγ)z =1

2

[δ2 + δ(α + β + γ) − (αβ + αγ + βγ) −

αβγ

δ

].

35

A introducao das notacoes a seguir facilitara futuros calculos:

σ1 = α + β + γ; σ2 = αβ + αγ + βγ; σ3 = αβγ.

Com essa notacao, nossa equacao para a reta de Simson se torna

δz − σ3z = 12

(δ2 + σ1δ − σ2 − σ3

δ

).

Teorema 2.3.3 Sejam L, M, N tres pontos no cırculo circunscrito do ∆ABC. A

condicao necessaria e suficiente para que as retas de Simson dos tres pontos, com relacao

ao ∆ABC, se encontrem em um mesmo ponto e

AL + BM + CN ≡ 0 (mod 2π).

Demonstracao: Suponhamos, como fizemos anteriormente, que ∆ABC esteja in-

scrito no cırculo unitario com centro na origem e sejam u1, u2, u3 os numeros complexos

que representam L, M, N , respectivamente. Entao a equacao das tres retas de Simson

consideradas acima sao

(I) u1z − σ3z =1

2

(u2

1 + σ1u1 − σ2 −σ3

u1

)

(II) u2z − σ3z =1

2

(u2

2 + σ1u2 − σ2 −σ3

u2

)

(III) u3z − σ3z =1

2

(u2

3 + σ1u3 − σ2 −σ3

u3

)

Para encontrar a interseccao das duas primeiras retas subtraımos, membro a membro, a

equacao I da II obtendo:

(u2 − u1)z =1

2

[u2

2 − u21 + σ1(u2 − u1) + σ3

(1

u1

−1

u2

)]⇐⇒

z =1

2

(u1 + u2 + σ1 +

σ3

u1u2

).

De modo analogo encontramos a interseccao das duas ultimas retas, que e dada por

z =1

2

(u2 + u3 + σ1 +

σ3

u2u3

).

36

Assim, a condicao necessaria e suficiente para que as tres retas se encontrem em

um ponto e que esses dois ultimos pontos coincidam e para que isto ocorra devemos

ter u1 + σ3

u1u2= u3 + σ3

u2u3que e equivalente a σ3 = u1u2u3 ⇐⇒ αβγ =

u1u2u3. Como αβ, γ, u1, u2, u3 sao todos numeros complexos de modulo 1, e con-

sequentemente |αβγ| = |u1u2u3| = 1 chamando seus argumentos, respectivamente, de

θ1, θ2, θ3, ϕ1, ϕ2, ϕ3, tal condicao e equivalente a

θ1 + θ2 + θ3 = ϕ1 + ϕ2 + ϕ3 (mod 2π) ⇐⇒

(θ1 − ϕ1) + (θ2 − ϕ2) + (θ3 − ϕ3) = 0 (mod 2π)

que e a condicao desejada.

E interessante notar que se as retas em questao se encontram, o ponto de interseccao

das mesmas sera dado por

z =1

2(σ1 + u1 + u2 + u3) =

1

2(α + β + γ + u1 + u2 + u3). (2.2)

Temos ainda os seguintes corolarios:

Corolario 2.3.4 Sejam A, B, C, L, M, N , seis pontos em um cırculo. Entao as retas

de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao ∆ABC se encontram em um ponto, se

e somente se, as retas de Simson de A, B, C com relacao ao ∆LMN se encontram em

um ponto. Alem disso, nesse caso, todos os seis pontos se encontram no ponto medio do

segmento ligando os ortocentros dos triangulos ∆ABC e ∆LMN .

A demonstracao segue por simetria da formula 2.2.

Corolario 2.3.5 Sejam D, E, F os pontos medios, respectivamente, dos lados BC, CA,

AB do ∆ABC, e L, M, N os pes das perpendiculares dos vertices A, B, C aos la-

dos opostos, respectivamente. Entao os seis pontos D, E, F, L, M, N estao no cırculo

dos nove pontos do ∆ABC e as retas de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao

∆DEF se encontram em um ponto. O contrario tambem e verdade, ou seja, as retas de

Simson de D, E, F com relacao ao ∆LMN se encontram em um ponto.

Demonstracao: Suponhamos que o cırculo circunscrito ao ∆ABC seja o cırculo

unitario com centro na origem e que os vertices A, B, C sejam representados pelos

37

s3

s2

s1

r2

r1

r3

A

BC

N

M

L

EF

D

Figura 21: Na figura r1, r2, r3 sao, respectivamente, as re-

tas de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao ∆DEF

e s1, s2, s3 sao as retas de Simson, respectivamente, dos

pontos D, E, F com relacao ao ∆LMN .

numeros complexos α, β, γ, respectivamente. Conforme vimos anteriormente em nossa

discussao sobre cırculo dos 9 pontos, na secao 2.2, os pontos L, M, N sao dados por

L =1

2

(σ1 −

βγ

α

), M =

1

2

(σ1 −

γα

β

), N =

1

2

(σ1 −

αβ

γ

);

onde σ1 e o ortocentro do ∆ABC, e os pontos D, E, F sao dados por

D =1

2(β + γ) , E =

1

2(α + γ) , F =

1

2(α + β) .

Alem disso, esses seis pontos estao em um cırculo de raio1

2e cujo centro K esta no

pontoσ1

2. Temos entao que

−−→KL,

−−→KM,

−−→KL,

−−→KN,

−−→KD,

−−→KE e

−−→KF sao dados,

respectivamente, por

−−→KL : −

βγ

2α,

−−→KM : −

αγ

2β,

−−→KN : −

αβ

2γ,

−−→KD : −

α

2,

−−→KE : −

β

2,

−−→KF : −

γ

2.

Ja que

(−

βγ

2α

)·

(−

αγ

2β

)·

(−

αβ

2γ

)=

(−

α

2

)·

(−

β

2

)·

(−

γ

2

)

38

e verdade que

arg(−−→KL)+arg(

−−→KM)+arg(

−−→KN) = arg(

−−→KD)+arg(

−−→KE)+arg(

−−→KF ) (mod 2π) ⇐⇒

[arg(−−→KL)−arg(

−−→KD)]+[arg(

−−→KM)−arg(

−−→KE)]+[arg(

−−→KN)−arg(

−−→KF )] = 0 (mod 2π),

ou seja, a condicao do teorema 2.3.3 e satisfeita. Podemos concluir, portanto, que as retas

de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao ∆DEF se encontram em um ponto e o

corolario fica demonstrado.

2.4 O Teorema de Morley

Teorema 2.4.1 (Morley) A interseccao dos pares adjacentes das trissectrizes dos angulos

de um triangulo qualquer sao os vertices de um triangulo equilatero.

Figura 22: O Triangulo menor e obtido pela interseccao das

trissectrizes internas do triangulo maior

Demonstracao do teorema: Primeiramente vamos provar o teorema para o caso

das trissectrizes internas. Sem perda de generalidade, podemos assumir que o ∆ABC

esta inscrito no cırculo unitario e que o vertice A e o ponto 1. Para facilitar os calculos,

sejam

AOB = 3γ

(0 < γ <

2π

3

);

AOC = 3β

(−

2π

3< β < 0

);

BOC = 3α

(α =

2π

3+ β − γ > 0

).

39

Entao os argumentos dos pontos em que as trissectrizes do arco BC, que nao contem o

ponto A, intersectam o circuncırculo do ∆ABC sao

α + 3γ = β + 2γ +2π

3, e 2α + 3γ = 2β + γ +

4π

3.

Sejam c, c2 e b, b2 o conjunto dos pontos onde as trissectrizes dos arcos AB, que

nao contem C, e AC, que nao contem B, respectivamente, intersectam o circuncırculo

do ∆ABC. Entao os pontos em que as trissectrizes do arco BC intersectam o cırculo

circunscritosao dados por bc2ω e b2cω2.

De fato, c = eiγ, c2 = ei2γ, b = eiβ, b2 = ei2β e portanto os pontos no circuncırculo

relativos as trissectrizes do arco BC, que nao contem A, sao dados por

ei(β+eγ+2π3

) = eiβ · ei2γ · ei2π3 = bc2ω;

ei(2β+γ+4π3

) = ei2β · eiγ · ei4π3 = b2cω2.

c2

3(c )B

(1) A (b )3C

2 b cω2

bc2ω

b2

c

b

3γ3α

3β

Figura 23: As trissectrizes dos angulos internos

A, B e C intersectam o cırculo circunscrito nos

pontos b2cω2 e bc2ω; b e B2; c e c2, respecti-

vamente.

E facil perceber que as trissectrizes dos angulos internos de um triangulo se encon-

tram, duas a duas. Vamos encontrar, entao, os pontos P (λ), Q(µ), R(ν) em que, re-

spectivamente, as trissectrizes adjacentes dos angulos internos B e C, C e A, A e B se

encontram.

Utilizando a equacao 1.2, obtemos que as trissectrizes adjacentes dos angulos internos

B e C, respectivamente, sao dadas pelas equacoes:

z + b2c3z = b2 + c3 e z + b3c2z = b3 + c2.

40

Para encontrar a interseccao entre elas subtraımos a segunda da primeira equacao e obte-

mos:

z =b2 + c3 − b3 − c2

b2c3 − b3c2=⇒ z =

b2 + c3 − b3 − c2

b2c3 − b3c2.

Lembrando que b =1

b, c =

1

ctemos, entao, que P (λ) e dado por

λ =b−2 + c−3 − b−3 − c−2

b−2c−3 − b−3c−2=

bc3 + b3 − c3 − b3c

b − c

=(b − c)(b2 + bc + c2) − bc(b2 − c2)

b − c= (b2 + bc + c2) − bc(b + c) .

De modo analogo obtemos que Q(µ) e R(ν) sao dados por:

µ =1 + b−2c−1ω−2 − b−3 − c−1

b−2c−1ω−2 − b−3c−1=

b3c + bω − c − b3

bω − 1

=c(b3 − 1) − b(b2 − ω)

ω(b − ω2)= ω2 {c(b2 + bω2 + ω) − b(b + ω2)} ,

ν =1 + b−1c−2ω−1 − b−1 − c−3

b−1c−2ω−1 − b−1c−3=

bc3 + cω2 − c3 − b

c(ω2 − 1)

=b(c3 − 1) − c(c2 − ω2)

ω2(c − ω)= ω {b(c2 + cω + ω2) − c(c + ω)} .

Para finalizar a demonstracao do teorema, vamos demonstrar que os pontos P, Q, R

sao os vertices de um triangulo equilatero. Para isso, usando o teorema 1.3.3, basta

mostrar que λ + ωµ + ω2ν = 0 ou λ + ω2µ + ων = 0. Mas temos:

λ + ωµ + ω2ν =

(b2+bc+c2−b2c−bc2)+(b2c+bcω2+cω−b2−bω2)+(bc2+bcω+bω2−c2−cω) = 0.

Logo o teorema fica demonstrado para o caso das trissectrizes internas.

Para o caso das trissectrizes externas, vamos comecar observando que a trissectriz

externa adjacente a um lado forma um angulo de π

3com a trissectriz interna adjacente a

esse mesmo lado, pois se θ e um angulo interno e µ o angulo externo adjacente temos

θ + µ = π ⇐⇒θ

3+

µ

3=

π

3.

41

c2

b2 b

(b )3C

bc2ω

2b ω2c

(c )3B

A(1)

P

Q

R

c

Figura 24: P,Q, R sao os pontos em que, re-

spectivamente, as trissectrizes adjacentes dos

angulos internos B e C, C e A, A e C se en-

contram.

Usando esse fato e lembrando que em um cırculo um angulo inscrito vale metade do

angulo central correspondente temos, por exemplo, que a trissectriz externa do angulo B,

adjacente ao lado AB cortara o circuncıculo no ponto bω.

De fato, seja S o ponto no qual a trissectriz em questao intersecta a circunferencia.

Entao PBb = π

3⇐⇒ POb = 2π

3. Assim, usando o resultado geometrico da

multiplicacao de numeros complexos temos que o ponto S sera dado pelo produto

S = b · e2π3

i = bω.

3(c )Bπ3

2π3

b2

C(b )3

O

b

A(1)

bS= ω

Figura 25: Angulo formado pela

trissectriz interna com a trissectriz

externa

42

De modo analogo, o ponto onde a trissectriz do angulo externo relativo ao vertice C,

adjacente ao lado AC,intersecta a circunferencia e dado pelo produto c ·e−2π3

i = ce4π3 =

cω2.

As demais trissectrizes passarao pelos seguintes pontos do cırculo circunscrito:

1. A trissectriz do angulo externo B adjacente ao lado BC por b2e−2π3 = b2ω2;

2. A trissectriz do angulo externo C adjacente ao lado BC por c2ω;

3. As trissectrizes dos angulos externos com vertice em A adjacentes aos lados AB e

AC respectivamente por bc2ωe−2π3

i = bc2ωω2 = bc2ω3 = bc2 e b2cω2e−2π3

i =

b2cω4 = b2cω.

3C(b )

ω2b2c

bc2 ω

b2c

bc23B(c )

A(1)

Figura 26: Trissectrizes internas e

externas de A

2b

C(b )3

2ωb2

bω3B(c )

b

A(1)

Figura 27: Trissectrizes internas e

externas de B

c2

B(c )3

c2ω

ω2c

C(b )3

c

Figura 28: Trissectrizes internas e

externas de C

43

Para fazer a demonstracao para o caso das trissectrizes externas, vamos fazer a

seguinte modificacao na demonstracao inicial: P que era a interseccao das retas pas-

sando por b3, c2 e c3, b2, se torna a interseccao das retas que contem b3, c2ω e c3, b2ω2;

Q que era a interseccao das retas passando por b3, c e 1, b2cω2, se torna a interseccao das

retas que contem b3, cω2 e 1, b2c; enquanto R que era a interseccao das retas passando

por c3, b e 1, bc2ω, se torna a interseccao das retas que contem c3, bω e 1, bc2.

Assim, para concluir a demonstracao do teorema de Morley para o caso das tris-

sectrizes externas e suficiente observar que basta substituir b por bω e c por cω2 na

demonstracao original donde vemos claramente que ela continua valida, ou seja, os pon-

tos P, Q, R continuam sendo os vertices de um triangulo equilatero.

2.5 Teorema de Feuerbach

Para demonstrar esse teorema precisaremos dos resultados de 1 a 4 a seguir.

1. As tres bissetrizes internas dos angulos de um triangulo se encontram em um ponto.

Esse ponto e chamado incentro do triangulo.

A

B

CD

E

F

I

Figura 29: I e o incentro do

triangulo ABC e D, E, F sao as

projecoes de I sobre os lados desse

triangulo

2. As bissetrizes de dois angulos externos de um triangulo e a bissetriz interna do

terceiro angulo se encontram em um ponto. Esse ponto e chamado um excentro do

triangulo, e e o centro de um cırculo que tangencia um lado do triangulo e as retas

suportes dos outros dois lados, chamado cırculo excrito.

Um triangulo tem tres excentros e tres cırculos correspondentes a eles.

44

I1

B C

I2

I3A

Figura 30: Excentros de um triangulo ABC

3. Dois cırculos sao tangentes internamente se, e somente se, a distancia entre os seus

centros e igual a diferenca entre o raio do cırculo maior e o raio do cırculo menor.

4. Dois cırculos sao tangentes externamente se, e somente se, a distancia entre os seus

centros e igual soma de seus raios.

Teorema 2.5.1 (Feuerbach) O cırculo dos nove pontos de um triangulo e tangente ao

cırculo inscrito e aos tres cırculos excritos.

C(c2 )

B(b2)

A(a2)

Figura 31: O cırculo dos novepontos e o cırculo inscrito do∆ABC sao tangentes interna-mente

IC

A(a2)B(b2)

C(c2)

I

Figura 32: O cırculo dos novepontos e o cırculo excrito sao tan-gentes externamente

Para demonstrar o teorema, para o caso cırculo inscrito, vamos encontrar o incentro

do triangulo e o raio do cırculo inscrito e mostrar que a distancia entre o centro do cırculo

45

dos nove pontos e o incentro e igual a diferenca entre o raio do cırculo dos nove pontos

e o raio do cırculo inscrito. A seguir vamos fazer um procedimento semelhante para os

circulos excritos, porem usando o resultado 4.

Demonstracao:(Cırculo Inscrito) Para facilitar nossos calculos, consideraremos a2,

b2, c2 os numeros complexos que representam, respectivamente os vertices A, B, C de um

triangulo, marcados, nessa ordem, no sentido anti-horario. Sem perda de generalidade,

podemos assumir que ∆ABC esta inscrito em um cırculo unitario com centro na origem.

Sejam 2α, 2β, 2γ os argumentos de a2, b2, c2 respectivamente. Entao a2 = e2αi, b2 =

e2βi, c2 = e2γi. Consideraremos a = eαi, b = eβi, c = eγi.

y

B(b2 )

A(a2 )

bc

ab

−ac

x

2β

2γ

2α

)C(c 2

De modo semelhante ao que fizemos para as trissectrizes no Teorema de Morley,

concluımos que as bissetrizes dos angulos internos intersectarao o cırculo circunscrito em:

• Bissetriz do angulo com vertice em A: e(2β+2γ−2β2 )i = e(β+γ)i = bc

• Bissetriz do angulo com vertice em B: e(2γ+2π−2γ+2α2 )i = e(α+γ+π)i = −ac

• Bissetriz do angulo com vertice em C: e(2α+2β−2α2 )i = e(α+β)i = ab

Observe que bc, −ac, ab encontram-se nos pontos medios dos arcos BC, AC, e AB,

respectivamente.

Para encontrar as bissetrizes internas do ∆ABC, devemos nos lembrar que os pontos

a, b, c estao no cırculo unitario e utilizar a equacao 1.3. Dessa forma, temos o seguinte:

46

• A bissetriz do angulo A passa pelos pontos a2 e bc e e dada pela equacao

z + a2bcz = a2 + bc. (2.3)

• A bissetriz do angulo B passa pelos pontos b2 e −ac e e dada pela equacao

z − ab2cz = b2 − ac. (2.4)

• A bissetriz do angulo C passa pelos pontos c2 e ab e e dada pela equacao

z + abc2z = c2 + ab. (2.5)

Para encontrar o incentro do triangulo ABC vamos resolver o sistema formado pelas

equacoes 2.3 e 2.4. Multiplicando a equacao 2.3 por b e a equacao 2.4 por a e somando

as duas equacoes obtidas encontramos:

(a+b)z = a2b+b2c+ab2−a2c ⇐⇒ (a+b)z = ab(a+b)+c(b−a)(b+a) ⇐⇒

z = ab − ac + bc (2.6)

Conforme vimos na secao 2.2 o centro do cırculo dos nove pontos e dado por a2+b2+c2

2.

Logo a distancia d entre o centro do cırculo de nove pontos e o o incentro do triangulo e

dada por:

d =

∣∣∣∣a2 + b2 + c2

2− (ab − ac + bc)

∣∣∣∣ =1

2

∣∣a2 + b2 + c2 + 2(ac − ab − bc)∣∣ =

1

2|(a−b+c)2| ⇐⇒ d =

1

2(a−b+c)(a−b+c) =

1

2(a−b+c)

(bc − ac + ab

abc

)

⇐⇒ d =1

2abc(a2b − a2c − ab2 − cb2 + bc2 − ac2 + 3abc).

E importante notar aqui que d < 12, o que sera usado na conclusao da nossa demon-

stracao. De fato, como a, b, c tem modulo 1, temos:

|a − b + c| = |a − b + c| =

∣∣∣∣1

a−

1

b+

1

c

∣∣∣∣ =∣∣∣∣bc − ca + ab

abc

∣∣∣∣ = |ab − ac + bc|.

47

Mas ab − ac + bc e o incentro do triangulo ABC inscrito no cırculo unitario, logo

ab−ac+bc e interno ao triangulo e consequentemente interno ao proprio cırculo unitario

e, portanto, |ab − ac + bc| < 1. Assim concluımos que d = 12|a − b + c|2 < 1

2.

Vamos encontrar agora as equacoes da reta suporte do lado AB e da reta perpendic-

ular a AB passando pelo incentro.

1. A equacao da reta suporte do lado AB e dada pela equacao:

z(a2 − b2) − z(a2 − b2) = a2(a2 − b2) − a2(a2 − b2) ⇐⇒

z

(b2 − a2

a2b2

)+ z(b2 − a2) = a2

(b2 − a2

a2b2

)+

1

a2(b2 − a2) ⇐⇒

z + a2b2z = a2 + b2 . (2.7)

2. A equacao da reta perpendicular a AB que passa pelo incentro e dada pela equacao:

z(a2−b2)+z(a2−b2) = (ab−ac+bc)(a2−b2)+(ab−ac+bc)(a2−b2) ⇐⇒

z

(b2 − a2

a2b2

)−z(b2−a2) = (ab−ac+bc)

(b2 − a2

a2b2

)−

(a − b + c

abc

)(b2−a2) ⇐⇒

cz − a2b2cz = c2b − ac2 − a2b + ab2 (2.8)

Para concluir nossa demonstracao para o caso das bissetrizes internas vamos encontrar

a interseccao das retas de equacoes 2.7 e 2.8 para a seguir determinar o raio do cırculo

inscrito.

Multiplicando a equacao 2.7 por c e somando a equacao obtida com a equacao 2.8

encontramos a interseccao desejada:

2cz = a2c+b2c+bc2−ac2−a2b+ab2 ⇐⇒ z = 12

[a2 + b2 + bc − ac + ab

c(b − a)

].

Assim, o raio do cırculo inscrito no ∆ABC e dado por

r =

∣∣∣∣ab − ac + bc −1

2

[a2 + b2 + bc − ac +

ab

c(b − a)

]∣∣∣∣ =

1

2|c||2abc − 2ac2 + 2c2b − a2c − b2c − c2b + ac2 − ab2 + a2b| ⇐⇒

r =1

2|(a2b − a2c − ab2 − cb2 + bc2 − ac2 + 3abc) − abc|.

48

Usando o fato que |abc| = 1 obtemos

r =

∣∣∣∣a2b − a2c − ab2 − cb2 + bc2 − ac2 + 3abc

2abc−

1

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣d −

1

2

∣∣∣∣ .

Como d < 12

ficamos com r = 12

− d ⇐⇒ d = 12

− r. Pelo fato de termos tomado

o triangulo ABC inscrito em um cırculo unitario, de acordo com o que foi visto na secao

2.2, o raio do cırculo dos nove pontos desse triangulo tem medida 12

donde concluımos,

utilizando o resultado preliminar 3, que o cırculo dos 9 pontos e o cırculo inscrito sao

tangentes internamente.

Desta forma, fica demonstrado o teorema para o caso do cırculo inscrito. Veja a figura

31

Vamos agora demonstrar o teorema para o caso dos cırculos excritos.

Demonstracao:(Cırculos Excritos) Para demonstrar o teorema para o caso dos cırculos

excritos vamos comecar observando que em um triangulo um angulo interno e o angulo

externo adjacente a ele sao suplementares, e portanto o angulo entre as bissetrizes desses

dois angulos e igual aπ

2.

C(c 2 )

π2

)B(b 2

bc x

y

−ac

A(a2)

ab

D

Figura 34: O angulo formado pela bis-

setriz do angulo interno com vertice em

A faz um um angulo de π2

com a bis-

setriz do angulo externo com vertice em

A.

49

Na figura 34, o triangulo formado pelos pontos A, bc e pelo ponto D, em que D e o

ponto onde a bissetriz do angulo externo com vertice em A intersecta o cırculo circunscrito,

e retangulo e, portanto, o ponto D e diametralmente oposto ao ponto bc, ou seja, e o

ponto −bc.

De modo analogo, obtemos que as bissetrizes dos angulos externos com vertices em

B e C intersectam o cırculo circunscrito, respectivamente, nos pontos ac e −ab. Deste

modo as bisssetrizes dos angulos externos do ∆ABC serao as retas que passam pelos

seguintes pontos:

• Do angulo externo com vertice em A pelos pontos correspondentes aos numeros

complexos a2 e −bc;

• Do angulo externo com vertice em B pelos pontos correspondentes aos numeros

complexos b2 e −ac;

• Do angulo externo com vertice em C pelos pontos correspondentes aos numeros

complexos c2 e −ab.

Logo as equacoes dessas bissetrizes serao dadas, respectivamente, por

z − a2bcz = a2 − bc; (2.9)

z + ab2cz = b2 + ac; (2.10)

z − abc2z = c2 − ab. (2.11)

Resolvendo o sistema formado pelas equacoes 2.10 e 2.11 encontramos o excentro IA

do circulo excrito oposto ao angulo A. Resolvendo o sistema formado pelas equacoes 2.9

e 2.11 encontramos o excentro IB do circulo excrito oposto ao angulo B. Resolvendo o

sistema formado pelas equacoes 2.9 e 2.10 encontramos o excentro IC do circulo excrito

oposto ao angulo C. Fazendo isso, encontraremos:

IA = ac − ab + bc; (2.12)

IB = −ab − ac − bc; (2.13)

IC = ab + ac − bc. (2.14)

50

A(a2 )

C(c2)

B(b2 )

IB

IC

IA

−bc

ac

−ab

y

x

Figura 35: IA, IB, IC sao os tres ex-

centros do ∆ABC

Vamos mostrar agora que o cırculo excrito com centro em IC e tangente ao cırculo

dos nove pontos. Os outros casos sao analogos e serao omitidos.

Como ja vimos, a equacao da reta suporte do lado AB e dado pela equacao 2.7.

A equacao da reta perpendicular a AB que passa por IC satisfaz a equacao:

z(a2 − b2)+z(a2 − b2) = (ab+ac− bc)(a2 − b2)+(ab+ac− bc)(a2 − b2) ⇐⇒

z

(b2 − a2

a2b2

)−z(b2−a2) = (ab+ac−bc)

(b2 − a2

a2b2

)−

(b + c − a

abc

)(b2−a2) ⇐⇒

cz − a2b2cz = ac2 − bc2 − ab2 + a2b . (2.15)

Resolvendo o sistema formado por essas duas equacoes encontramos o pe da perpen-

dicular de IC ao lado AB. Para isso multiplicamos a equacao 2.7 por c e obtemos

cz + a2b2cz = a2c + b2c.

Somando esta equacao, membro a membro, com a equacao 2.15 ficamos com:

2cz = a2c+a2b−ab2+b2c+ac2−bc2 ⇐⇒ z = 12

[a2 + b2 + ac − bc + ab

c(a − b)

].

Vamos encontrar agora a distancia D entre o centro do cırculo dos nove pontos e o

excentro IC.

51

D =

∣∣∣∣a2 + b2 + c2

2− (ab + ac − bc)

∣∣∣∣ =1

2

∣∣a2 + b2 + c2 + 2(bc − ab − ac)∣∣ =

1

2|(−a+b+c)2| ⇐⇒ D =

1

2(−a+b+c)(−a+b+c) =

1

2(−a+b+c)

(−bc + ac + ab

abc

)

⇐⇒ D =1

2abc(−a2b − a2c + ab2 − cb2 + ac2 − bc2 + 3abc).

Usando um argumento semelhante ao feito para as bissetrizes internas, podemos

mostrar que, nesse caso, D > 12.

Para finalizar nossa demonstracao, vamos determinar o raio rC do cırculo excrito ao

∆ABC com centro em IC, e mostrar que ele e igual a diferenca entre D e o raio do

cıculo dos nove pontos.

rC =

∣∣∣∣ab + ac − bc −1

2

[a2 + b2 + ac − bc +

ab

c(a − b)

]∣∣∣∣ =

1

2|c||2abc + 2ac2 − 2c2b − a2c − b2c − ac2 + bc2 − a2b + ab2|

⇐⇒ rC =1

2|(−a2b − a2c + ab2 − cb2 + ac2 − bc2 + 3abc) − abc|.

Usando o fato que |abc| = 1 obtemos

rC =

∣∣∣∣−a2b − a2c + ab2 − cb2 + ac2 − bc2 + 3abc

2abc−

1

2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣D −

1

2

∣∣∣∣ .

Como D > 12

ficamos com rC = D − 12

⇐⇒ D = rC + 12. Concluımos, entao,

utilizando o resultado 4, que o cırculo dos nove pontos e tangente externamente ao cırculo

excrito. Veja a figura 32

Nosso teorema fica assim demonstrado.

52

3 Dois Problemas Interessantes

1o Problema: Dados tres pontos alinhados A, B, C quaisquer, considere um triangulo

∆ABX, em que X e um ponto qualquer do plano. Seja D um ponto do plano tal que o

triangulo ∆BCD seja semelhante ao ∆ABX e com a mesma orientacao e E um ponto

do plano tal que o triangulo ∆XDE seja semelhante ao ∆ABX e com a orientacao

oposta. Entao o ponto E pertence a reta que contem os pontos A, B, C.

E(z)

D

A CB

X

x

y

θ

θ θd

b bd

1

Figura 36:

Demonstracao: Vamos supor, sem perda de generalidade que o ponto A e a origem

e que a reta que contem os pontos A, B, C e o eixo real do plano complexo. Vamos

supor ainda que a distancia de A ate B e igual a 1, ou seja, B = 1. Sejam b e d,

respectivamente, as medidas dos segmentos AX e BC. Entao os pontos pontos X e D

sao dados por X = beiθ e D = dbeiθ + 1. Tomemos agora um ponto E = z tal que

o triangulo ∆XDE seja semelhante ao ∆ABX, com orientacao oposta. Nesse caso,

pelo que vimos nno teorema 1.3.1 (pag. 18), para que os triangulos sejam semelhantes

devemos ter:

53

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 beiθ 1

1 dbeiθ + 1 1

beiθ z 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0 ⇐⇒

beiθ·beiθ+z−dbeiθ·beiθ−beiθ−beiθ = 0 ⇐⇒ z+|beiθ|2−d|beıθ|2 − (beiθ + beiθ) = 0 ⇐⇒

z = |beiθ|2 − d|beiθ|2︸ ︷︷ ︸∈R

+(beiθ + beiθ)︸ ︷︷ ︸∈R

.

Concluımos assim, que E = z e real e portanto pertence a reta que contem os pontos

A, B, C. (C.Q.D)

Problema 2: Um pirata escondeu um tesouro em uma praia e desenhou um esquema

em seu diario, sem registros de distancias, que mostrava o lugar onde o tesouro havia sido

escondido. De acordo com o esquema, naquela praia haviam duas rochas, A e B, e uma

palmeira e para esconder o tesouro o pirata procedeu da seguinte maneira:

• Partindo da palmeira ele andou ate a rocha A, fez uma rotacao de 90o no sen-

tido anti-horario e caminhou nessa direcao uma distancia correspondente a ultima

distancia que havia percorrido, marcando um ponto A.

• Partindo da palmeira ele andou ate a rocha B, fez uma rotacao de 90o no sen-

tido horario e caminhou nessa direcao a mesma distancia que havia percorrido da

palmeira ate a segunda rocha. Marcou, entao, o ponto B.

• O tesouro foi escondido no lugar correspondente ao ponto medio do segmento com

extremos em A e B.

Anos mais tarde, uma pessoa encontrou o diario do pirata e e foi ate a praia para

desenterrar o tesouro, porem a palmeira que constava no mapa havia desaparecido. Como

essa pessoa pode proceder para determinar a localizacao exata desse tesouro? Sera possıvel

encontra-lo?

Demonstracao: Podemos supor, sem perda de generalidade, que os pontos A e B

estao no eixo real do plano complexo e que, alem disso, A = 0l, com B a direita de

A. Suponhamos, ainda, que a palmeira ficava em um ponto X do plano.Entao BX =

54

A

A’ M

X

B

B’

x

y

Figura 37:

|X − B|. Rotacionando de 90o no sentido anti-horario o segmento AX obtemos um

vertice A′ de um quadrado de lado AX e rotacionando de 90o no sentido horario o

segmento BX obtemos o vertice B′ do quadrado de lado BX. Assim, os vertices A′ e

B′ sao opostos ao vertice X e sao dados por:

A′ = Xi e B′ = (X − B)(−i) + B.

Logo, o ponto medio do segmento A′B′ e dado por:

M =A′ + B′

2=

Xi − Xi + B(i + i)

2=

B(i + 1)

2.

Como podemos ver o ponto medio so depende de valores ja fixados, donde concluımos

que tal ponto e fixo.

Se girassemos AX no sentido horario e BX no sentido anti-horario o resultado

tembem seria valido. Se, ao contrario, girassemos ambos no mesmo sentido o resul-

tado nao seria verdadeiro. Se o ponto B estivesse a esquerda de A a demonstracao seria

semelhante.

E interessante observar que se o pirata tivesse deixado registradas as distancias so

haveriam duas opcoes para o local da palmeira e o tesouro poderia ser encontrado facil-

mente.

55

Conclusao

Quando o assunto geometria com numeros complexos foi sugerido, pelo professor

Jorge Sabatucci, para ser tema desta monografia foi novidade para mim o fato de a

Geometria Plana poder ser tratada sob a otica dos numeros complexos. Eu fiquei curiosa

para estudar tal assunto, mas ao mesmo tempo receosa de que seriam necessarios grandes

conhecimentos sobre numeros complexos. No entanto, apos alguns dias de estudos percebi

que minha primeira impressao nao era verdadeira e passei a achar o assunto interessante

de ser estudado.

Foi um exercıcio novo para mim aprender a elaborar e redijir um texto academico

que tratasse assuntos puramente matematicos. Apos estudar todo o material que foi

usado como referencia, foi necessario escolher os resultados que seriam tomados como

pre-requisitos para os resultados centrais deste trabalho. Varias duvidas surgiram sobre o

que deveria ser colocado ou nao e a opcao de usarmos alguns resultatos da geometria plana

sem demonstra-los se deu basicamente por dois motivos: porque eram muito simples de

serem verificados ou porque sua demonstracao utilizando numeros complexos era muito

longa ou trabalhosa, de modo que corrıamos o risco de perder o foco do nosso trabalho se

nos detivessemos nas mesmas.

Pode ser que nao tenhamos feito uma boa escolha sobre o que deveria constituir os

pre-requisitos, mas tentamos faze-la da maneira mais consciente possıvel.

Sinto-me satisfeita ao ver o resultado final do nosso trabalho, pois, alem de aquirir

novos conhecimentos matematicos, as aprendizagens foram muitas a cada vez que se

tornava necessario fazer opcoes, modificacoes, correcoes e reajustes no texto como um

todo.

Sobre o conteudo estudado, especificamente, foi interessante perceber que alem de sim-

plificar algumas demonstracoes, outra vantagem de se trabalhar geometria com numeros

complexos e o fato de as operacoes com numeros complexos ganharem um significado

56

geometrico, de forma a estabelecer uma relacao entre essas duas areas de estudo, que em

um primeiro momento parecem nao se relacionarem.

Ao termino desse trabalho estou convicta que qualquer aluno da graduacao que tenha

conhecimentos basicos de numeros complexos e de geometria plana e capaz de entender

os resultados que estao sendo apresentados no mesmo. Seria muito bom se tivesse tido

a oportunidade de estudar os resultados que foram expostos neste trabalho ainda na

graduacao. Por esse motivo, gostaria de sugerir que seja criada no Departamento de

Matematica da UFMG uma disciplina, ainda que optativa, para que os alunos do curso

de Matematica possam ter contato com esses e outros resultados ainda na graduacao.

57

Referencias

HAHN, L., Complex Numbers and Geometry. Washington: The MathematicalAssociation of America, 1994.

ZWIKKER, C., The Advanced Geometry of Plane and Their Applications. New York:Dover Publications, 1963.